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空间向量在立体几何中的应用
新课程标准 考向预测
　　能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 命题角度 1.异面直线所成角的求法 2.线面角的求法 3.二面角的求法 4.求空间距离
核心素养 数学运算、直观想象
【基础梳理】
基础点　空间向量与空间角
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两条异面直线l1，l2的方向向量，则
l1与l2所成的角θ a与b的夹角β
范围 __________ [0，π]
求法 cos θ＝__________ cos β＝
2.直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝__________.
3．求二面角的大小
(1)如图1，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ满足cos θ＝__________.
(2)如图2，3，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝__________，二面角的平面角是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
基础小测
1．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长相等，∠ABC＝60°，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于(　　)
A． B．
C． D．
2．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是________．
【考点突破】
考点一　利用空间向量求异面直线所成角(高考热度：★★★)
[例1] 如图，圆锥的高SO＝，底面直径AB＝2，C是圆O上一点，且AC＝1，则SA与BC所成角的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
解题技法
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．
[提醒]　注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
考点微练
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG＝4，AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点．
(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；
(2)若F是棱PC上一点，且DF⊥GC，求的值．
考点二　利用空间向量求线面角(高考热度：★★★)
[例2] (2020届贵州贵阳高三8月月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60°.
(1)证明：AD⊥PB；
(2)若PB＝，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．
考点微练
已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过A，H的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.
(1)证明：MN⊥PC；
(2)当H为PC的中点时，PA＝PC＝AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．
考点三　利用空间向量求二面角(高考热度：★★★★)
[例3] (2019全国卷Ⅰ，18)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
方法技巧
利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
考点微练
(2020届山东模拟)如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形．SA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45°.
(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；
(2)若EF＝BC，求二面角B－SC－D的余弦值．
考点四　用向量法解决立体几何中的探索性问题(高考热度：★★★)
[例4] 如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝，AB＝AD＝CD＝2，PD＝PB＝，PD⊥BC.
(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面ABM与平面PBD所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解题通法
立体几何中的探索性问题的求解步骤
(1)假定题中的数学对象存在；
(2)构建空间直角坐标系；
(3)利用空间向量把存在性问题转化为求参数是否有解问题；
(4)解方程，下结论．
考点微练
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段D1O上的一点．
(1)若E为D1O的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
参考答案
【基础梳理】
基础小测
1．解析：直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长相等，∠ABC＝60°，
取BC的中点E，以A为原点，AE所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝2，则B(，－1，0)，C1(，1，2)，A(0，0，0)，A1(0，0，2)，
∴＝(0，2，2)，＝(，－1，0)，＝(0，0，2)．
设平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1，，0)．
设直线BC1与平面ABB1A1所成角为θ，
则sin θ＝＝＝，
∴cos θ＝＝.
∴直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于.故选B.
2．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2，则E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2)，∴＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，∴cos 〈，〉＝＝＝，∴异面直线EF和BC1的夹角为.
【考点突破】
考点一　利用空间向量求异面直线所成角(高考热度：★★★)
[例1] 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，A(0，－1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，C .
设AS，BC的夹角为θ，0＜θ≤.
又＝(0，1，)，＝，则cos 〈，〉＝＝－.
因为0＜θ≤，所以SA与BC所成角的余弦值为.故选A.
考点微练
解：(1)以点G为原点，分别以，，的正方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，4)，故E(1，1，0)，∴＝(1，1，0)，＝(0，2，－4)．∴cos 〈，〉＝＝＝，
即GE与PC所成角的余弦值为.
(2)设F(0，y，z)，则＝(0，y，z)－＝ .
∵⊥，∴·＝0，即·(0，2，0)＝2y－3＝0，
∴y＝.
又＝λ(0≤λ≤1)，即＝λ(0，2，－4)．∴z＝1，∴F .
∴＝，＝，∴＝＝3.
考点二　利用空间向量求线面角(高考热度：★★★)
[例2] 解：（1）证明：取AD的中点E，连接PE，BE，BD，如图．
∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB.
又∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形．
又E为AD的中点，∴AD⊥BE.
∵PA＝PD，E为AD的中点，∴AD⊥PE.
∵BE，PE平面PBE，BE∩PE＝E，∴AD⊥平面PBE.
又PB平面PBE，∴AD⊥PB.
(2)以E为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意知AD＝AB＝2，AE＝1，PE＝＝，BE＝＝，
则P(0，0，)，B(0，，0)，D(－1，0，0)，C(－2，，0)，
∴＝(0，，－)，＝(1，0，)，＝(－1，，0)．
设平面PDC的法向量n＝(x，y，z)，
∴
令x＝，则y＝1，z＝－1，∴n＝(，1，－1)．
设直线PB与平面PDC所成角为θ，
∴sin θ＝＝＝，
即直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.
考点微练
解：(1)证明：如图，连接AC，且AC∩BD＝O，连接PO.
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
因为PD＝PB，所以PO⊥BD.
因为AC∩PO＝O，且AC，PO平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
因为AC平面PAC，所以BD⊥PC.
因为BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，
所以BD∥MN，所以MN⊥PC.
(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD，
因为PA＝PC，且O为AC的中点，所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，
所以PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，所以∠PAO＝60°，
所以AO＝PA，PO＝PA.
因为PA＝AB，所以BO＝PA.
以，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA＝2，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B，C(－1，0，0)，D，P(0，0，)，H，
所以＝，＝，＝.
记平面AMHN的法向量n＝(x，y，z)，
所以，即
令x＝2，解得y＝0，z＝2，所以n＝(2，0，2)．
记AD与平面AMHN所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.所以，AD与平面AMHN所成角的正弦值为.
考点三　利用空间向量求二面角(高考热度：★★★★)
[例3] 解：(1)证明：连接B1C，ME.如图，
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.
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D－xyz，
则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以
可取m＝(，1，0)．
＝(0，－，0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则
所以可取n＝(2，0，－1)．
于是cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
考点微练
解：(1)证明：连接AC，取AC的中点O，连接FO，EO.
∵F为SC的中点，O为AC的中点，
∴FO∥SA.
又∵SA⊥平面ABCD，
∴FO⊥平面ABCD，
∴EO是FE在平面ABCD内的射影，
∴∠FEO就是EF与平面ABCD所成角．
∴∠FEO＝45°.
在△EFO中，∠FOE＝90°，∴EO＝FO.
设EO＝FO＝a，则SA＝2OF＝2a，
AB＝2OE＝2a，设AD＝2b.
∵SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，
∴以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，D(0，2b，0)，S(0，0，2a)，C(2a，2b，0)，E(0，b，0)，F(a，b，a)，B(2a，0，0)，
＝(0，2b，0)，＝(2a，2b，－2a)，＝(a，0，a)，
∴·＝0，·＝0，
∴EF⊥AD，EF⊥SC，即EF是AD与SC的公垂线．
(2)∵EF＝BC，∴b＝a，
∴＝(2a，2a，－2a)，
＝(0，2a，－2a)，＝(2a，0，－2a)．
设平面SBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即
令x1＝1，∴n1＝(1，0，1)．
设平面SDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即
令y2＝1，∴n2＝(0，1，)．
∴cos 〈n1，n2〉＝＝，
观察可知二面角B－SC－D为钝角，
∴二面角B－SC－D的余弦值为－.
考点四　用向量法解决立体几何中的探索性问题(高考热度：★★★)
[例4] 解：(1)证明：因为四边形ABCD为直角梯形，且AB∥DC，AB＝AD＝2，∠ADC＝，所以BD＝2，易求BC＝2，所以CD2＝BC2＋BD2.所以BC⊥BD.因为BC⊥PD，PD∩BD＝D，所以BC⊥平面PBD.因为BC平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.
(2)由(1)得平面ABCD⊥平面PBD.
设E为BD的中点，连接PE.
因为PB＝PD＝，BD＝2，所以PE⊥BD.
又平面ABCD⊥平面PBD，BD是交线，
所以PE⊥平面ABCD.
如图，以A为原点，分别以AD，AB所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，D(2，0，0)，P(1，1，2)．假设存在M(a，b，c)满足要求．设＝λ(0≤λ≤1)，即＝λ，
所以M(2－λ，4－3λ，2λ)，
所以＝(0，2，0)，＝(2，2，0)，＝(2－λ，4－3λ，2λ)．
设n＝(x，y，z)为平面ABM的法向量，
则即
不妨取n＝(2λ，0，λ－2)，则cos 〈，n〉＝＝＝，
解得λ＝.故存在满足条件的点M，且＝.
考点微练
解：(1)不妨设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0)．
因为点E是D1O的中点，所以点E的坐标为.
所以＝(－1，－1，2)，＝，＝(0，2，0)．
设p＝(x，y，z)是平面CDE的法向量，则即取x＝2，则z＝－1，所以平面CDE的一个法向量为p＝(2，0，－1)．
所以cos 〈，p〉＝
＝
＝－.
所以直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为
(2) 解：不妨设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0)．
假设存在点E使得平面CDE⊥平面CD1O，设＝λ.
显然＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2)．
设m＝(x，y，z)是平面CD1O的法向量，则即取x＝1，则y＝1，z＝1，所以平面CD1O的一个法向量为m＝(1，1，1)．因为＝λ，所以点E的坐标为.
所以＝，＝(0，2，0)．
设n＝(x，y，z)是平面CDE的法向量，则即取x＝1，则z＝－，
所以平面CDE的一个法向量为n＝.因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，1－＝0，解得λ＝2.所以λ的值为2.即当＝2时，平面CDE⊥平面CD1O.

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