（浙江專用）高考數(shù)學(xué)第七章立體幾何第六節(jié)立體幾何中的向量方法教案（含解析）.docx

第六節(jié) 立體幾何中的向量方法1空間向量的概念、數(shù)量積及坐標(biāo)運(yùn)算(1)空間向量及其相關(guān)概念語言描述共線向量(平行向量)表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合共面向量平行于同一個(gè)平面的向量共線向量定理對(duì)空間任意兩個(gè)向量a，b(b0)，ab存在R，使ab共面向量定理若兩個(gè)向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)(x，y)，使pxayb空間向量基本定理定理：如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對(duì)空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組x，y，z使得px ay bz c推論：設(shè)O，A，B，C是不共面的四點(diǎn)，則對(duì)平面ABC內(nèi)任一點(diǎn)P都存在唯一的三個(gè)有序?qū)崝?shù)x，y，z，使xyz且xyz1(2)兩個(gè)向量的數(shù)量積：ab|a|b|cosa，b；abab0(a，b為非零向量)；|a|2a2，|a|.(3)向量的坐標(biāo)運(yùn)算：a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差ab(a1b1，a2b2，a3b3)數(shù)量積aba1b1a2b2a3b3共線aba1b1，a2b2，a3b3(R，b0)垂直aba1b1a2b2a3b30夾角公式cosa，b2異面直線所成角設(shè)異面直線a，b所成的角為，則cos ， 其中a，b分別是直線a，b的方向向量3直線與平面所成角如圖所示，設(shè)l為平面的斜線，lA，a為l的方向向量，n為平面的法向量，為l與所成的角，則sin |cosa，n|.4二面角 若AB，CD分別是二面角l的兩個(gè)平面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補(bǔ)角)的大小就是向量與的夾角，如圖(1)平面與相交于直線l，平面的法向量為n1，平面的法向量為n2，n1，n2，則二面角 l 為或.設(shè)二面角大小為，則|cos |cos |，如圖(2)(3)小題體驗(yàn)1(2019臺(tái)州模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，則異面直線AF與C1E所成角的正切值為()A.B.C. D.解析：選C以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC，DA，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，可得A(0,2,0)，B(2,2,0)，C(2，0,0)，B1(2,2,2)，C1(2,0,2)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得E(2,1,0)，F(xiàn)(2,1,2)，則AF(2，1,2)，C1E(0,1，2)，設(shè)兩異面直線所成角為，則cos |cosAF，C1E|，則sin ，故異面直線AF與C1E所成角的正切值為.2(教材習(xí)題改編)已知a(2,3,1)，b(4,2，x)，且ab，則|b|_.答案：23已知正四棱錐S ABCD的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)都相等，E是SB的中點(diǎn)，則AE，SD所成角的余弦值為_解析：以兩對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)O作為原點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OS所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)邊長(zhǎng)為2，則有O(0，0,0)，A(，0,0)，B(0，0)，S(0，0，)，D(0，0)，E，(0，)，|cos，|，故AE，SD所成角的余弦值為.答案：4(教材習(xí)題改編)在長(zhǎng)方體ABCD A1B1C1D1中，AB2，BCAA11，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為_解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，(0,2,0)，(1,2,0)，(0,2，1)，設(shè)平面A1BC1的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，由令y1，得n(2,1,2)，設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為，則sin |cos，n|，即直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為.答案：1共線向量定理中ab存在R，使ab易忽視b0.2一個(gè)平面的法向量有無數(shù)個(gè)，但要注意它們是共線向量，不要誤認(rèn)為是共面向量3求異面直線所成角時(shí)易忽視角的范圍而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)誤4求直線與平面所成角時(shí)，注意求出夾角的余弦值的絕對(duì)值應(yīng)為線面角的正弦值5利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩半平面，的法向量n1，n2時(shí)，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等(一個(gè)平面的法向量指向二面角的內(nèi)部，另一個(gè)平面的法向量指向二面角的外部)，還是互補(bǔ)(兩個(gè)法向量同時(shí)指向二面角的內(nèi)部或外部)，這是利用向量求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)小題糾偏1若平面1，2垂直，則下面可以是這兩個(gè)平面的法向量的是()An1(1,2,1)，n2(3,1,1)Bn1(1,1,2)，n2(2,1,1)Cn1(1,1,1)，n2(1,2,1)Dn1(1,2,1)，n2(0，2，2)解析：選A兩個(gè)平面垂直時(shí)其法向量也垂直，只有A中的兩個(gè)向量垂直2已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，則與的值可以是()A2，B，C3,2 D2,2解析：選Aab，bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，解得或故選A.3(2018浙江高考原創(chuàng)卷)若在三棱柱ABCA1B1C1中，A1ACBAC60，平面A1ACC1平面ABC，AA1ACAB，則異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為()A. B.C. D.解析：選B取AC的中點(diǎn)M，連接MB，MA1，易得MA，MB，MA1兩兩垂直以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MA，MB，MA1的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)AA1ACAB2，則A(1,0,0)，B(0，0)，A1(0,0，)，C1(2,0，)，所以AC1(3,0，)，A1B(0，)，所以cosAC1，A1B，故異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為.4過正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA平面ABCD，若ABPA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為_解析：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)ABPA1，知A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0，0,1)，由題意，AD平面ABP，設(shè)E為PD的中點(diǎn)，連接AE，則AEPD，又因?yàn)镃D平面PAD，所以AECD，又PDCDD，所以AE平面CDP.所以(0,1,0)，分別是平面ABP，平面CDP的法向量，且，45，所以平面ABP與平面CDP所成的二面角為45.答案：45考點(diǎn)一利用向量證明平行與垂直問題典例引領(lǐng)如圖所示，在四棱錐P ABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四邊形ABCD中，BC90，AB4，CD1，點(diǎn)M在PB上，PB4PM，PB與平面ABCD成30的角求證：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.證明：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C xyz.PC平面ABCD，PBC為PB與平面ABCD所成的角，PBC30，PC2，BC2，PB4，D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)設(shè)n(x，y，z)為平面PAD的一個(gè)法向量，由即令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)法一：由(1)知(0,4,0)，(2，0，2)，設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為m(x0，y0，z0)，由即令x01，得m(1,0，)，又平面PAD的一個(gè)法向量n(，2,1)，mn1()0210，平面PAB平面PAD.法二：取AP的中點(diǎn)E，連接BE，則E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2，3,0)0，.BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.由題悟法1利用向量法證明平行問題的類型及方法(1)證明線線平行：兩條直線的方向向量平行(2)證明線面平行：該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；證明該直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行；證明該直線的方向向量可以用平面內(nèi)的兩個(gè)不共線的向量線性表示(3)證明面面平行：兩個(gè)平面的法向量平行2利用向量法證明垂直問題的類型及方法(1)證明線線垂直：兩條直線的方向向量的數(shù)量積為0.(2)證明線面垂直：直線的方向向量與平面的法向量平行(3)證明面面垂直：其中一個(gè)平面與另一個(gè)平面的法向量平行；兩個(gè)平面的法向量垂直即時(shí)應(yīng)用(2018昆明兩區(qū)七校調(diào)研)如圖，在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，ABAA11，E為BC中點(diǎn)(1)求證：C1DD1E；(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)M，使得BM平面AD1E？若存在，求的值，若不存在，說明理由；(3)若二面角B1AED1的大小為90，求AD的長(zhǎng)解：(1)證明：以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)ADa，則D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,1,0)，C(0,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0，0,1)，E，(0，1，1)，則0，C1DD1E.(2)設(shè)h，則M(a,0，h)，(0，1，h)，(a,0,1)，設(shè)平面AD1E的法向量為n(x，y，z)，則平面AD1E的一個(gè)法向量為n(2，a,2a)，BM平面AD1E，n，即n2aha0，h.即在AA1上存在點(diǎn)M，使得BM平面AD1E，此時(shí).(3)連接AB1，B1E，設(shè)平面B1AE的法向量為m(x，y，z)，(0,1,1)，則平面B1AE的一個(gè)法向量為m(2，a，a)二面角B1AED1的大小為90，mn，mn4a22a20，a0，a2，即AD2.典例引領(lǐng)(2018浙江名校信息卷)如圖1，在平面多邊形ABCDE中，四邊形ABCD是正方形，ADE是正三角形將ADE所在平面沿直線AD折疊，使得點(diǎn)E達(dá)到點(diǎn)S的位置(如圖2)若二面角SADC的平面角，則異面直線AC與SD所成角的余弦值的取值范圍是()A.B.C. D.解析：選D如圖，取AD的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)G，連接OS，OG，則OGAD，以O(shè)G所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，過點(diǎn)O且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)AB2，則A(0，1,0)，C(2，1,0)，D(0,1,0)因?yàn)镾AD為正三角形，O為AD的中點(diǎn)，所以SOAD，又OGAD，所以SOG是二面角SADC的平面角，即SOG，則S(cos ，0，sin )因?yàn)锳C(2,2,0)，DS(cos ，1，sin )，所以cosAC，DS.又，所以cos ，所以cosAC，DS，故異面直線AC與SD所成角的余弦值的取值范圍是.由題悟法用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系；(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對(duì)值即時(shí)應(yīng)用 如圖，四面體ABCD中，O是BD的中點(diǎn)，CACBCDBD2，ABAD.(1)求證：AO平面BCD；(2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值解：(1)證明：連接OC，由CACBCDBD2，ABAD，O是BD的中點(diǎn)，知CO，AO1，AOBD.在AOC中，AC2AO2OC2，則AOOC.又BDOCO，因此AO平面BCD.(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，(1,0，1)，(1，0)，|cos，|.即異面直線AB與CD所成角的余弦值為.典例引領(lǐng)(2018浙江高考原創(chuàng)卷)如圖，邊長(zhǎng)為3的菱形ABCD所在的平面與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，BAD60，AEBE，點(diǎn)M，N分別在AB，DE上，且.(1)求證：MN平面BCE；(2)求直線BC與平面CDE所成角的正弦值解：(1)證明：菱形ABCD中BAD60，且平面ABCD平面ABE，點(diǎn)D在平面ABE內(nèi)的射影恰好是AB的中點(diǎn)，設(shè)為O，連接OD，OE，又ABE是等腰直角三角形，AEBE，OEAB.分別以O(shè)E，OB，OD所在的直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，易得，OE，OD，OM，E，M，D，B，C，EB，BC.EN2ND，N，MN，MNBCEB，即MN，BC，EB共面，又MN平面BCE，MN平面BCE.(2)設(shè)平面CDE的法向量為n(x，y，z)，由(1)得ED，DC(0,3,0)，則即令z1，則n(，0,1)為平面CDE的一個(gè)法向量設(shè)直線BC與平面CDE所成角的大小為，則sin |cosn，BC|，直線BC與平面CDE所成角的正弦值為.由題悟法向量法求線面角的2大途徑(1)分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角即時(shí)應(yīng)用(2018寧波十校聯(lián)考)如圖，ABC中，O是BC的中點(diǎn)，ABAC，AO2OC2.將BAO沿AO折起，使B點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)(1)求證：AO平面BOC；(2)當(dāng)三棱錐BAOC的體積最大時(shí)，試問在線段BA上是否存在一點(diǎn)P，使CP與平面BOA所成的角的正弦值為？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)證明：因?yàn)锳BAC且O是BC的中點(diǎn)，所以AOBO，AOCO，由折疊知AOBO，又COBOO，所以AO平面BOC. (2)當(dāng)BO平面AOC時(shí)，三棱錐BAOC的體積最大，所以O(shè)A，OB，OC兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則A(2,0,0)，B(0,0,1)，C(0,1,0)設(shè)(2，0，)，則(22，1，), 又平面BOA的法向量n(0,1,0)，依題意得，即，化簡(jiǎn)得，1021670, 此方程無解，所以滿足條件的點(diǎn)P不存在. 典例引領(lǐng)(2018寧波一模)如圖，在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，正四面體(各條棱的長(zhǎng)均相等的三棱錐)ABCD的頂點(diǎn)A，B，C分別在x軸，y軸，z軸上(1)求證：CD平面OAB；(2)求二面角CABD的余弦值解：(1)證明：由已知可得OAOBOC.設(shè)OAa(a0)，則ABa，O(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)，設(shè)D點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y，z)(x，y，z均大于0)，則由DADBDCa，可得(xa)2y2z2x2(ya)2z2x2y2(za)22a2，解得xyza，即D(a，a，a)，CD(a，a,0)又平面OAB的一個(gè)法向量為OC(0,0，a)，CDOC0，即CDOC，CD平面OAB，CD平面OAB.(2)設(shè)F為AB的中點(diǎn)，連接CF，DF，則CFAB，DFAB，則CFD為二面角CABD的平面角由(1)知，在CFD中，CFDFaa，CDa，則由余弦定理，得cosCFD，結(jié)合圖形知，二面角CABD為銳角，故二面角CABD的余弦值為.由題悟法利用法向量求二面角時(shí)的2個(gè)注意點(diǎn)(1)對(duì)于某些平面的法向量要注意題中隱含條件，不用單獨(dú)求(2)注意判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，可結(jié)合圖形進(jìn)行，以防結(jié)論失誤即時(shí)應(yīng)用(2018金麗衢十二校聯(lián)考)在幾何體ABCDE中，矩形BCDE的邊CD2，BCAB1，ABC90，直線EB平面ABC，P是線段AD上的點(diǎn)，且AP2PD，M為線段AC的中點(diǎn)(1)證明：BM平面ECP；(2)求二面角AECP的余弦值解：(1)證明：連接BD，MD，BDCEF，MDCPN，連接FN. 四邊形BCDE為矩形，F(xiàn)為BD中點(diǎn)EB平面ABC，DC平面ABC，如圖，在直角ACD中，取AP中點(diǎn)Q，連接QM，M是AC的中點(diǎn)，QMCP，又AP2PD，QPPD，DNMN，F(xiàn)NBM.又FN平面ECP，而BM平面ECP，BM平面ECP.(2)如圖，以B點(diǎn)為原點(diǎn)，BA所在的直線為x軸，BC所在的直線為y軸，BE所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0), A(1,0,0), C(0，1,0), E(0,0,2), P.(1,1,0)，(1,0,2)，.設(shè)平面ACE的法向量為n1(x1，y1，z1)，則有令x12，得n1(2,2,1)；設(shè)平面PCE法向量n2(x2，y2，z2)，則有令y22，得n2(2,2,1). cosn1，n2.由圖知，二面角AECP為銳角，二面角AECP的余弦值為.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1若直線l的方向向量為a(1,0,2)，平面的法向量為n(2,0，4)，則()AlBlCl Dl與斜交解析：選Ba(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an，l.2(2018嘉興模擬)已知A(4,1,3)，B(2，5,1)，C(3,7，5)，則平行四邊形ABCD的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)是()A(2,4，1) B(2,3,1)C(3,1,5) D(5,13，3)解析：選D由題意知，(2，6，2)，設(shè)點(diǎn)D(x，y，z)，則(3x,7y，5z)，因?yàn)?，所以x5，y13，z3，故選D.3(2018舟山模擬)已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，與的夾角為120，則的值為()A B.C D解析：選C因?yàn)?1，)，所以cos 120，解得.4若平面的一個(gè)法向量為u1(3，y,2)，平面的一個(gè)法向量為u2(6，2，z)，且，則yz_.解析：因?yàn)椋評(píng)1u2，所以，所以y1，z4，所以yz3.答案：35(2019紹興質(zhì)檢)如圖，60的二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB4，AC6，BD8，則CD的長(zhǎng)為_解析：60的二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB，CDCAABBD，CAAB0，ABBD0，AB4，AC6，BD8，CD2(CAABBD)2CA2AB2BD22CABD361664268cos 12068，CD的長(zhǎng)為2.答案：26已知V為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且VAVBVCVD，.則VA與平面PMN的位置關(guān)系是_解析：如圖，設(shè)a，b，c，則acb，由題意知bc，abc.因此，共面又VA平面PMN，VA平面PMN.答案：平行二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1.如圖，在多面體ABC A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1 AB C是直二面角求證：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.證明：二面角A1 AB C是直二面角，四邊形A1ABB1為正方形，AA1平面ABC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB，AB，AC，AA1兩兩互相垂直建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) xyz，設(shè)AB2，則A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1) (0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，設(shè)平面AA1C的一個(gè)法向量n(x，y，z)，則即即取y1，則n(0,1,0)2n，即n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，設(shè)平面A1C1C的一個(gè)法向量m(x1，y1，z1)，則即令x11，則y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)210，m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.2(2018浙江名校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ADFBCE中，ABBCBE2，CE2，點(diǎn)K在線段BE上(1)求證：AC平面BDE；(2)若EB4EK，求直線AK與平面BDF所成角的正弦值解：(1)證明：在直三棱柱ADFBCE中，AB平面BCE，因?yàn)锽E平面BCE，BC平面BCE，所以ABBE，ABBC.又ABBCBE2，CE2，所以BC2BE2CE2，且ACBD，所以BEBC.因?yàn)锳BBCB，所以BE平面ABCD.因?yàn)锳C平面ABCD，所以BEAC.又BDBEB，所以AC平面BDE.(2)法一：設(shè)AK交BF于點(diǎn)N，由(1)知，AB，AF，AD兩兩垂直且長(zhǎng)度都為2，所以BDF是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以點(diǎn)A在平面BDF內(nèi)的射影M為BDF的中心連接MN，MF，AM，如圖所示，則ANM為直線AK與平面BDF所成的角.又FM2，所以AM .因?yàn)镋B4EK，所以BK，所以AK .因?yàn)?，所以，即，解得AN.在RtANM中，sin .所以直線AK與平面BDF所成角的正弦值為.法二：由(1)知，AB，BC，BE兩兩垂直，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA，BE的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，F(xiàn)(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2，2,0)，BD(2,2,0)，BF(0,2,2)因?yàn)镋B4EK，所以K，所以AK.設(shè)平面BDF的法向量為n(x，y，z)，則即取x1，則n(1，1,1)為平面BDF的一個(gè)法向量于是sin |cosn，AK|，所以直線AK與平面BDF所成角的正弦值為.3(2018浙江名校聯(lián)考)已知長(zhǎng)方形ABCD中，AB1，AD.現(xiàn)將長(zhǎng)方形沿對(duì)角線BD折起，使ACa，得到一個(gè)四面體ABCD，如圖所示(1)試問：在折疊的過程中，異面直線AB與CD，AD與BC能否垂直？若能垂直，求出相應(yīng)的a值；若不垂直，請(qǐng)說明理由(2)當(dāng)四面體ABCD的體積最大時(shí)，求二面角ACDB的余弦值解：(1)若ABCD，因?yàn)锳BAD，ADCDD，所以AB平面ACD，所以ABAC.即AB2a2BC2，即12a2()2，所以a1.若ADBC，因?yàn)锳DAB，ABBCB，所以AD平面ABC，所以ADAC.即AD2a2CD2，即()2a212，所以a21，無解故ADBC不成立(2)要使四面體ABCD的體積最大，因?yàn)锽CD的面積為定值，所以只需三棱錐ABCD的高最大即可，此時(shí)平面ABD平面BCD，過點(diǎn)A作AOBD于點(diǎn)O，則AO平面BCD，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz(如圖)，則易知A，C，D，顯然，平面BCD的一個(gè)法向量為.設(shè)平面ACD的法向量為n(x，y，z)因?yàn)?，所以令y，得n(1，2)故cos ，n.所以二面角ACDB的余弦值為.4如圖，在四棱錐SABCD中，ABCD，BCCD，側(cè)面SAB為等邊三角形，ABBC2，CDSD1.(1)證明：SD平面SAB；(2)求AB與平面SBC所成角的正弦值解：(1)證明：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CD為x軸正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)設(shè)S(x，y，z)，顯然x0，y0，z0，則(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)由|，得 ，解得x1.由|1，得y2z21.由|2，得y2z24y10.由，解得y，z.S，0，0，DSAS，DSBS，又ASBSS，SD平面SAB.(2)設(shè)平面SBC的法向量為n(x1，y1，z1)，則n，n，n0，n0.又，(0,2,0)，取z12，得n(，0,2)(2,0,0)，cos，n.故AB與平面SBC所成角的正弦值為.三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1.如圖所示，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E為BC的中點(diǎn)(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES平面AMN？若存在，求線段AS的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.依題易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)設(shè)異面直線NE與AM所成的角為，則cos |cos，|.所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為.(2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES平面AMN，因?yàn)?0,1,1)，可設(shè)(0，)，0,1，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，此時(shí)，|.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)AS時(shí)，ES平面AMN.故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES平面AMN，此時(shí)AS.2(2019杭二模擬)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA12，D為棱CC1的中點(diǎn)，AB1A1BO.(1)求證：C1O平面ABD；(2)設(shè)二面角DABC的正切值為，ACBC，E為線段A1B上一點(diǎn)，且直線CE與平面ABD所成角的正弦值為，求.解：(1)證明：取AB的中點(diǎn)F，連接OF，DF，易知四邊形ABB1A1為矩形，O為AB1的中點(diǎn)，OFBB1，OFBB1，又C1DBB1，C1DBB1，OFC1D，OFC1D，四邊形OFDC1為平行四邊形，C1ODF，C1O平面ABD，DF平面ABD，C1O平面ABD.(2)過C作CHAB于H，連接DH，易知DHC為二面角DABC的平面角，DC1，tanDHC，CH，又AC2，AHCH，HAC45，ACBC，BCAC2.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，其中C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，則AB(2,2,0)，BD(0，2,1)，BA1(2，2,2)，CB(0,2,0)設(shè)平面ABD的法向量為n(x，y，z)，則取y1，可得平面ABD的一個(gè)法向量為n(1,1,2)設(shè)BEBA1 (01)，則CECBBA1(2，22，2)，直線CE與平面ABD所成角的正弦值等于|cosCE，n|，36244130，解得或，即或.命題點(diǎn)向量法求空間角及應(yīng)用1(2018全國(guó)卷)如圖，在三棱錐PABC 中，ABBC2，PAPBPCAC4，O為AC的中點(diǎn)(1)證明：PO平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角MPAC為30，求PC與平面PAM所成角的正弦值解：(1)證明：因?yàn)镻APCAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以POAC，且PO2.連接OB，因?yàn)锳BBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以POOB2PB2，所以POOB.又因?yàn)镺BACO，所以PO平面ABC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)取平面PAC的一個(gè)法向量(2,0,0)設(shè)M(a,2a,0)(0a2)，則(a,4a,0)設(shè)平面PAM的法向量為n(x，y，z)，由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一個(gè)法向量為n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(舍去)所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為.2.(2018全國(guó)卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PFBF.(1)證明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值解：(1)證明：由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如圖，作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HP 的方向分別為y軸，z軸正方向，|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.則H(0,0,0)，P，D，.又為平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則sin .所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.3.(2018浙江高考)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)證明：AB1平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值解：法一：(1)證明：由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因?yàn)锳1B1B1C1B1，所以AB1平面A1B1C1.(2)如圖，過點(diǎn)C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點(diǎn)D，連接AD.因?yàn)锳B1平面A1B1C1，AB1平面ABB1，所以平面A1B1C1平面ABB1.因?yàn)槠矫鍭1B1C1平面ABB1A1B1，C1DA1B1，C1D平面A1B1C1，所以C1D平面ABB1.所以C1AD是直線AC1與平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.所以直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.法二：(1)證明：以AC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x軸，y軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3)由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又因?yàn)锳1B1A1C1A1，所以AB1平面A1B1C1.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為.由(1)可知(0,2，1)，(1，0