1、突破点12立体几何中的向量方法(对应学生用书第167页)提炼1两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角.(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos |coss1，s2|.提炼2直线与平面的夹角(1)直线与平面的夹角.(2)设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，则sin |cosa，n|.提炼3两个平面的夹角(1)如图121，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，图121(2)如图121，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n2回访1直线与平面的夹角1(2015全国卷)如图122，长
2、方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值图122解(1)交线围成的正方形EHGF如图所示 5分(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.7分以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)
3、，(10,0,0)，(0，6,8).8分设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0,4,3).10分又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.12分回访2二面角2(2016山东高考)在如图123所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的条母线. (1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH平面ABC；(2)已知EFFBAC2，ABBC，求二面角 FBCA的余弦值图123解(1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI.在CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，所以GIEF.又EFOB，所以GIOB.
4、3分在CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，所以HIBC.又HIGII，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.5分(2)法一：连接OO，则OO平面ABC.又ABBC，且AC是圆O的直径，所以BOAC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0,2，0)，C(2，0,0)过点F作FMOB于点M，所以FM3，可得F(0，3)故(2，2，0)，(0，3)设m(x，y，z)是平面BCF的法向量.8分由可得可得平面BCF的一个法向量m.10分因为平面ABC的一个法向量n(0,0,1)，所以cos m，n，所以二面角FBCA的余弦值为.12分法二
5、：如图，连接OO，过点F作FMOB于点M，则有FMOO.又OO平面ABC，所以FM平面ABC，可得FM3.过点M作MNBC于点N，连接FN，可得FNBC，从而FNM为二面角FBCA的平面角.10分又ABBC，AC是圆O的直径，所以MNBMsin 45.从而FN，可得cosFNM.所以二面角FBCA的余弦值为.12分(对应学生用书第167页)热点题型1向量法求线面角题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.(2016全国丙卷)如图124，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点
6、，AM2MD，N为PC的中点(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值图124解(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.6分以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分(0,2，4)，.设n(x，y，z)
7、为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1).10分于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.12分向量法求线面角的一般步骤1建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标2写出相关向量的坐标3求平面的法向量4求线面角的正弦值5转化为几何结论提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化变式训练1(2016呼和浩特二模)如图125，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD1，点E，F分别为AB和PD的中点图125(1)求证：直线AF平面PEC；(2)求PE与平面PBC所成角的正弦值
8、【导学号：67722043】解(1)证明：作FMCD交PC于点M，连接EM.点F为PD的中点，FMCD.AEAB，ABCD，AEFM.又AEFM，四边形AEMF为平行四边形，AFEM.AF平面PEC，EM平面PEC，直线AF平面PEC.6分(2)连接DE，DAB60，ABCD是菱形，DEDC.以D为坐标原点，以DE，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分则P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，(0,1，1)，.8分设平面PBC的法向量为n(x，y，z)n0，n0，取n(，3,3)，平面PBC的一个法向量为n(，3,3).10分设向量n与所成的角为，cos .PE
9、与平面PBC所成角的正弦值为.12分热点题型2向量法求二面角题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.(2016全国乙卷)如图126，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值图126 解(1)证明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)过D作DGEF，垂足为G.由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标
10、原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.6分由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，).7分由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，).8分所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，).9分设m是平面ABCD的法向
11、量，则同理可取m(0，4).10分则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.12分利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角变式训练2(名师押题)如图127，在四棱锥PABCD中，侧面PAB底面ABCD，底面ABCD为矩形，PAPB，O为AB的中点，ODPC.(1)求证：OCPD；(2)若PD与平面PAB所成的角为30，求二面角DPCB的余弦值. 【导学号：67722044】图127解(1)证明：连接OP，PAPB，O为AB的中点，OPAB.侧面PAB底面AB
12、CD，OP平面ABCD，OPOD，OPOC.ODPC，OPPCP，OD平面OPC，ODOC.4分又OPODO，OC平面OPD，OCPD.6分(2)取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.由(1)知ODOC，则AB2AD，又侧面PAB底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA平面PAB.DPA为直线PD与平面PAB所成的角，DPA30.不妨设AD1，则AB2，PA，PO.B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，P(0,0，)，从而(1,1，)，(0，2,0).9分设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得可取n1(，
13、0,1)同理，可取平面PCB的一个法向量为n2(0，1).11分于是cosn1，n2.二面角DPCB的余弦值为.12分热点题型3利用空间向量求解探索性问题题型分析：(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.,(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决.如图128，空间几何体ABCDE中，平面ABC平面BCD，AE平面ABC.(1)证明：AE平面BCD；(2)若ABC是边长为2的正三角形，DE平面ABC，且AD与BD，CD所成角的余弦值均为，试问
14、在CA上是否存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为.若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由图128解题指导(1)(2)解(1)证明：过点D作直线DOBC交BC于点O，连接DO.因为平面ABC平面BCD，DO平面BCD，DOBC，且平面ABC平面BCDBC，所以DO平面ABC.1分因为直线AE平面ABC，所以AEDO.2分因为DO平面BCD，AE平面BCD，所以直线AE平面BCD.4分(2)连接AO，因为DE平面ABC，所以AODE是矩形，所以DE平面BCD.因为直线AD与直线BD，CD所成角的余弦值均为，所以BDCD，所以O为BC的中点，所以AOBC，且cosADC.设DOa，因为B
15、C2，所以OBOC1，AO.所以CD，AD.在ACD中，AC2，所以AC2AD2CD22ADCDcosADC，即43a21a22，即2a2，解得a21，a1.6分以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则C(0，1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)假设存在点P，连接EP，BP，设，则P(，0)设平面ABE的法向量为m(x，y，z)，则取x1，则平面ABE的一个法向量为m(1，0)设平面PBE的法向量为n(x，y，z)，则取x1，则平面PBE的一个法向量为n(1，2).9分设二面角PBEA的平面角的大小为，由图知为锐角则c
16、os ，化简得6210，解得或(舍去).11分所以在CA上存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为，其为线段AC的三等分点(靠近点A).12分利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路1优势：空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断2思路：把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题变式训练3如图129所示，在多面体ABCDE中，CD平面ABC，BECD，AB2，AC4，BC2，CD4，BE1.(1
17、)求证：平面ADC平面BCDE；(2)试问在线段DE上是否存在点S，使得AS与平面ADC所成的角的余弦值为？若存在，确定S的位置；若不存在，请说明理由图129解(1)证明：因为AB2，AC4，BC2，所以AB2AC2BC2，故ACBC.2分因为CD平面ABC，所以CDBC.因为ACCDC，故BC平面ADC.因为BC平面BCDE，所以平面ADC平面BCDE.5分(2)由(1)知ACBC.又CD平面ABC，所以CDAC，CDBC.以C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E
18、(0,2,1).8分假设线段DE上存在点S(x，y，z)，使得AS与平面ACD所成的角的余弦值为.设(01)，又(x，y，z4)，(0,2，3)，所以(x，y，z4)(0,2，3)，得S(0,2，43)，则(4,2，43)由(1)知平面ADC的一个法向量是(0,2,0)，因为cos ，10分所以sin | cos，|，化简得92680，解得或(舍去)故存在满足条件的点S，且DSDE.12分专题限时集训(十二)立体几何中的向量方法 建议用时：45分钟1(2016北京高考)如图1210，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.图1210
19、(1)求证：PD平面PAB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD.所以ABPD.2分又因为PAPD，所以PD平面PAB.4分(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.5分如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)
20、，P(0,0,1).6分设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2,2).8分又(1,1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.10分(3)设M是棱PA上一点，则存在0,1使得.11分因此点M(0,1，)，(1，).12分因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.14分2(2016四川高考)如图1211，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.图1211(1)在
21、平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 【导学号：67722045】解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行如图(1)，延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点.2分(1)理由如下：由已知，知BCED，且BCED，所以四边形BCDE是平行四边形，从而CMEB.4分又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.6分(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，从而CDPD
22、，所以PDA是二面角PCDA的平面角，所以PDA45.7分设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.如图(1)，过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA平面ABCD，从而PACE，于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.9分过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE，所以APH是PA与平面PCE所成的角在RtAEH中，AEH45，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH，所以sinAPH.12分法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，于是CDPD.从而PDA是二面角PCDA的平面角，所以PDA45.又PAAB，所以PA平面ABCD.7分设BC1，则在Rt
23、PAD中，PAAD2，作Ay平面PAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，(2)所以(1,0，2)，(1,1,0)，(0,0,2).9分设平面PCE的法向量为n(x，y，z)，由得设x2，解得n(2，2,1).10分设直线PA与平面PCE所成角为，则sin ，所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.12分3(2016泰安模拟)在平面四边形ACBD(如图1212(1)中，ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB2，BAD30，BAC45，将ABC沿AB
24、折起，构成如图1212(2)所示的三棱锥CABD，且使CD.(1)(2)图1212(1)求证：平面CAB平面DAB；(2)求二面角ACDB的余弦值 【导学号：67722046】解(1)证明：取AB的中点O，连接CO，DO，在RtACB，RtADB中，AB2，CODO1.又CD，CO2DO2CD2，即COOD.2分又COAB，ABODO，AB，OD平面ABD，CO平面ABD.4分又CO平面ABC，平面CAB平面DAB.5分(2)以O为原点，AB，OC所在的直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则A(0，1,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D，(0,1,1)，(0，1,1)，
25、.6分设平面ACD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令z11，则y11，x1，n1(，1,1).8分设平面BCD的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即令z21，则y21, x2，n2，10分cosn1，n2，二面角ACDB的余弦值为.12分4(2016郑州二模)如图1213，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，四边形BFED为矩形，平面BFED平面ABCD，BF1.图1213(1)求证：AD平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为，试求的最小值解(1)证明：在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，AB2.BD2AB2AD22ABADcos 603.2分AB2AD2BD2，ADBD.平面BFED平面ABCD，平面BFED平面ABCDBD，DE平面BFED，DEDB，DE平面ABCD，4分DEAD，又DEBDD，AD平面BFED.6分(2)由(1)可建立以直线DA，DB，DE为x轴、y轴、z轴的如图所示的空间直角坐标系，令EP(0)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，0)，P(0，1)，(1，0)，(0，1).8分设n1(x，y，z)为平面PAB的法向量，由得取y1，则n1(，1，)n2(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，cos .0，当时，cos 有最大值，的最小值为.12分