立体几何中的向量方法

1、第3讲 立体几何中的向量方法【高考考情解读】高考对本节知识的考查以解答题的形式为主：1以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明、空间角(主要是线面角和二面角)的计算2以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、 空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题.主干知识梳理瞄准高考1. 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线I的方向向量为a= (ai, bi, ci).平面a, B的法向量分别为卩=(a2, b2, c2), v=但3, b3, C3)(以下相同).(1) 线面平行I/ a? a丄 p?

2、a -(1= 0? aia2 + bib2 + CiC2= 0.(2) 线面垂直I丄 a? a/ 1? a = k 1? ai = ka?, bi= kb?, Ci = kc?.(3) 面面平行all B? 1/ v? p= ?v? a2 =入篦 b2=入 b C2=入c(4) 面面垂直a丄 B? 1 丄v? p v = 0? a3a4+ b3b4+ C3C4 = 0.2. 直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线I, m的方向向量分别为 a = (ai, bi, Ci), b= , b2, C2).平面a, B的法向量 分别为 1= (a3, b3, C3), v = (a4, b

3、4, C4)(以下相同).(1) 线线夹角n设I, m的夹角为0(0w)，贝V|a b|aia2+ bib2+ CiC2|C0S 0=lal|b|ai+ bi+ ci “；+ b；+ £(2) 线面夹角设直线I与平面a的夹角为0(0< 0< 2),贝U sin 0=( = |cos a, 1|.(3) 面面夹角设平面a、b的夹角为00w 0<n,则|C0S g 删TC0，V1.提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.3. 求空间距离P到平面a的距离：d =a的法向量,M为a内任一点).热点分类突破躺析高考考点一 利用向量证明平行与垂直

4、关系【例1 如图，在直三棱柱 ADE BCF中，面 ABFE和面ABCD都是正 方形且互相垂直， M为AB的中点，O为DF的中点.运用向量方 法证明：(1) OM /平面 BCF ;(2) 平面MDF丄平面EFCD .证明方法一由题意，得 AB, AD , AE两两垂直，以 A为原点建立如图所示的 空间直角坐标系.设正方形边长为 1,则 A(0,0,0), B(1 , 0,0), C(1,1,0), D(0,1,0),cF(1,0,1), M 2 0, 0 ,1 1 1O 2, 2, 2 .(1)OM =0, -1, -1 , BA = (-1,0,0),OM BA= 0, Om 丄 BA./

5、棱柱ADE BCF是直三棱柱, AB丄平面BCF , BA是平面BCF的一个法向量,且 OM?平面 BCF, OM /平面 BCF.(2)设平面 MDF与平面EFCD的一个法向量分别为m = (X1, y1, Z1), n2 = (X2, y2, Z2).直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点 D =（1, 1,1）, DM = 2, - 1, 0 , DC =（1,0,0）,n 1 DF = n 1 DM =卜1 y1 + Z1 = 0, 得1X1 y1= 0,解得1Z1 = 2x1,令 X1= 1，贝y n 1= 1, 2, D 21 D 2=2bc + 2bf =

6、 0. OM 丄 CD, OM 丄 FC,又 CD n FC = C, OM丄平面EFCD.又OM?平面 MDF , 平面 MDF丄平面EFCD.(1)要证明线面平行，只需证明向量OM与平面BCF的法向量垂直；另一个思 .同理可得n2= （0,1,1）.mn2= 0, 平面 MDF 丄平面 EFCD.、（D -D -D -D 1 -D -D 1 -D万法二 （1）OM = OF + FB + BM = qDF BF + 2BA1 D D D 1 D1 D 1 D 1 D=1（DB + BF）-BF+2BA= 1BD1BF+2BA1 D D 1 D 1 D=2（BC+ BA） 2BF + 2BA

7、1 D 1 D=2BC2BF.向量OM与向量BF , BC共面,又 OM?平面 BCF, OM /平面 BCF.由题意知，BF, BC, BA两两垂直， Cd = BA , FC = BC BF , OM CD = 2bc 2BF BA = 0,D D1 D 1 D D D探究提高OM FC =尹 C尹F （BC BF）路则是根据共面向量定理证明向量0M与BF , BC共面.(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线0M垂直于平面EFCD，即证0M垂直于平面EFCD内的两条相交直线，从而转化为证明向量0M与D P C向量FC、DC垂直.S 1

8、-如图所示，正方形 ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直， ABE是等腰直角三角形，AB= AE,FA= FE，/ AEF = 45 °(1) 求证：EF丄平面BCE ;设线段CD、AE的中点分别为 P、M，求证：PM/平面BCE.证明/ ABE是等腰直角三角形， AB= AE, AE丄AB, 平面 ABEF丄平面 ABCD且平面 ABEF门平面 ABCD = AB, AE丄平面 ABCD , AE丄AD,即AD、AB、AE两两垂直，建立如图空间直角坐标系.(1) 设 AB = 1,贝U AD = AE = 1 ,A(0,0,0), B(0,1,0), D(1,0,0

9、), E(0,0,1), C(1,1,0),/ FA = FE , / AEF = 45°,/ AFE = 90°,从而 F 0 , 2, 1 , Ef = 0, 2, 1 ,EBE= (0 , 1,1) , BC = (1,0,0).t t1 1t t于是 EF BE= 0+ 2 2= 0 , EF BC= 0 , EF 丄 BE , EF 丄 BC ,/ BE?平面 BCE , BC?平面 BCE , BCA BE = B , EF丄平面BCE. M 0 , 0 , 2 , P 1, 2 , 0 ,从而 pm = 1, 2 , 2 ,于是 PM EF = 1 ,-1 1

10、 12 (0, 2, 2)=0+4 4= 0. PM丄EF，又EF丄平面BCE ,直线PM不在平面BCE内，故 PM /平面BCE.考点二利用向量求空间角【例2（2013湖北）如图，AB是圆O的直径，点 C是圆O上异于A，B的点，直线PC丄平面ABC, E, F分别是PA, PC的中点.记平面BEF与平面ABC的交线为I，试判断直线I与平面PAC的位置关系,并加以证明;设中的直线I与圆O的另一个交点为 D，且点f 1 fQ满足DQ = -CP，记直线PQ与平面ABC所成的角为0,异面直线PQ与EF所成的角为o,二面角E I C的大小为3,求证：sin 0= sin osin 0解直线I /平面

11、FAC,证明如下:连结EF，因为E, F分别是FA, PC的中点,所以 EF / AC.又EF?平面ABC，且AC?平面 ABC,所以EF /平面ABC.而EF?平面BEF，且平面 BEF门平面 ABC = I,所以EF / I.因为I?平面PAC, EF?平面PAC, 所以直线I /平面PAC.证明如图，由DQ = 2CP，作DQ / CP,且 DQ = 2CP.连结 PQ , EF, BE , BF , BD , 由可知交线I即为直线BD.以点C为原点，向量CA, CB, CP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 CA= a, CB = b, CP= 2c,则有

12、C(0,0,0), A(a,O,O), B(0, b,0), P(0,0,2c), Q(a, b, c), E , 0, c , F(0,0, c). 于是 FE = |a, 0, 0 , QP = ( a, b , c) , BF = (0 , b , c),所以cosa=IFE QPI = a-> ->1 2 2 2|FE|QP| ,a+ b + c从而sincos2a=：b2+ c2-a2+ b2+ c2又取平面ABC的一个法向量为 m= (0,0,1),可得sinlm_QPJ=cu If 2 ,2 |2|m|QP|, a + b + c设平面BEF的一个法向量为 n = (

13、x , y , z).n FE = 0, 所以由fn BF = 0.，ax= 0,可得 <取 n= (0, c, b).by+ cz= 0.于是|cos 3=mnib2 + c2从而 sin 3= /1-cos23= r=. 寸 b2+ c2故 sin oin =+ c2I= sin 0a2+ b2+ c2即 sin 0= sin osin 3採.兀捋目（1）运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤:建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标； 写出向量坐标；结合公式进行论证、计算； 转化为几何结论.（2）求空间角注意：两条异面直线所成的角o不一定是直线的方向向量的夹角3,即cos o=

14、|cos 3两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.变式训辣2（2013山东）如图所示，在三棱锥面 ABQ, BA = BP= BQ, D, C, E, F 分别是 AQ, BQ, AP, BP的中点，AQ = 2BD , PD与EQ交于点G, PC与FQ交于点H，连结GH.P ABQ中，PB丄平(1)求证：AB / GH ；求二面角D GH E的余弦值.(1)证明 因为D , C, E, F分别是AQ , BQ, AP, BP的中点，所以EF / AB, DC / AB.所以EF / DC.又EF?平面PCD, DC?平面PCD，所以EF /平面PCD.又 EF

15、?平面 EFQ，平面 EFQ n 平面 PCD = GH，所以 EF / GH.又 EF / AB,所以 AB / GH.解 方法一 在厶ABQ中，AQ = 2BD , AD = DQ,所以/ ABQ = 90 °即AB丄BQ. 因为PB丄平面ABQ，所以AB丄PB.又BPn BQ= B，所以 AB丄平面PBQ.由知AB/ GH，所以GH丄平面PBQ.又FH?平面PBQ，所以GH丄FH.同理可得GH丄HC,所以/ FHC为二面角D GH E的平面角.设 BA= BQ= BP = 2,连结 FC,在Rt FBC中，由勾股定理得FC = 2,在Rt PBC中，由勾股定理PC= ,5.又H

16、 PBQ的重心，所以HC = 1pC二屮.同理FH =中.5 5c9+ 9 2在厶FHC中，由余弦定理得 cos/ FHC =52X 944=5.即二面角D GH E的余弦值为一5.方法二 在厶 ABQ 中，AQ = 2BD, AD = DQ，所以/ ABQ= 90° 又PB丄平面ABQ，所以BA, BQ, BP两两垂直.以B为坐标原点，分别以 BA, BQ, BP所在直线为x轴，y轴， z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设 BA= BQ= BP = 2,贝U E(1,0,1), F(0,0,1), Q(0,2,0), D(1,1,0),C(0,1,0), P(0,0,2).所以

17、EEQ= ( 1,2 , 1), FQ = (0,2, 1), DP = ( 1 , 1, 2) , CP= (0 , 1,2).设平面EFQ的一个法向量为 m= (X1, y1 , Z1),由m EQ= 0, m FQ = 0 ,X1 + 2y1 Z1= 0 ,得取 y1= 1,得 m = (0,1,2).2y1 Z1 = 0 , 设平面PDC的一个法向量为 n = (X2 , y2 , Z2),由n DP = 0, n CP= 0 ,X2 y2 + 2Z2= 0,得I y2 + 2z2= 0,取 Z2= 1，得 n= (0,2,1).所以 cos m, n >m n = 4|m |n

18、|=54因为二面角DGH E为钝角，所以二面角 D GHE的余弦值为一&考点三利用空间向量解决探索性问题【例3 如图，在直三棱柱 ABC AQi中，AB= BC = 2AA!,Z ABC=90° D是BC的中点.(1) 求证：A1B/ 平面 ADC1；(2) 求二面角 C1 AD C的余弦值；试问线段 A1B1上是否存在点 E,使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由.(1)证明 连结A1C，交AC1于点O,连结OD.由ABC A1B1C1是直三棱柱，得四边形 ACC1A1为矩形,A1C的中点.又D为BC的中点,所以ODA1BC的中位线，所

19、以 A1B / OD.因为OD?平面ADC1, A1B?平面ADC1,所以A1B /平面ADC1.解 由ABC A1B1C1是直三棱柱，且 / ABC = 90° °得BA , BC, BB1两两垂直.以BC, BA, BB1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B xyz.设 BA= 2,贝V B(0,0,0) , C(2,0,0), A(0,2,0), 6(2,0,1), D(1,0,0),所以 Ad = (1 , 2,0) , AC1 = (2 , 2,1).n AD = 0,设平面ADC1的法向量为n = (x , y , z)，则有f n A

20、C1 = 0.x 2y= 0,所以丨取y= 1得n= (2,1, 2).2x 2y+ z= 0.£易知平面ADC的一个法向量为 v = (0,0,1).所以 cosn, v>n |n| |v|23.因为二面角 Ci AD C是锐二面角，2所以二面角Ci AD C的余弦值为3.(3)解假设存在满足条件的点E.因为点E在线段AiBi上，Ai(0,2,1), Bi(0,0,1)，故可设E(0,入1)，其中0圧2.所以 AE= (0, 2,1), DCi= (1,0,1).因为AE与DCi成60°角,所以 |cosAE, DCi> |=呼弋11|AE| |DCi|12,

21、1 1即=1，解得X= 1或入=3(舍去).入-2 2+ 1 22所以当点E为线段AiBi的中点时，AE与DCi成60°角.採究捋T空间向量最适合于解决这类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解题时，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.如图，在三棱锥P ABC 中，AC = BC= 2,Z ACB = 90 °,AP= BP = AB, PC丄AC,点D为BC的中点;(1)求二面角A PD B的余弦值

22、；B(2)在直线AB上是否存在点 M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为1若存在，求出点 M的位置；若不存在，说明理由.6解 (1) / AC = BC, FA = PB, PC = PC ,c/ PCA= / PCB ,/ PC丄 AC, PC 丄CB, 又 ACn CB=C, PC丄平面ACB，且PC, CA , CB两两垂直,故以C为坐标原点，分别以 CB, CA, CP所在直线为x, y, z轴建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0),P(0,0,2), AD = (1, 2,0), PD = (1,0, 2),设平面PAD的一个法向量为 n =

23、(x, y, z),n = 0f t，取 n= (2,1,1),n PD = 0平面PDB的一个法向量为 CA= (0,2,0), cos n, CA> =,6=6 ,设二面角APD -B的平面角为0,且0为钝角V6 cos 0= 丁， 6低二面角APDB的余弦值为一-r.6(2)方法一 存在，M是AB的中点或 A是MB的中点.XI16设 M(x,2 x,0) (x R), PM = (x,2 x, 2), |cos PM, n > |=*x2 + (2 xf+ 4 V6解得 x= 1 或 x= 2, M(1,1,0)或 M( 2,4,0),在直线AB上存在点M 且当M是AB的中点

24、或A是MB的中点时，使得PM与平面1PAD所成角的正弦值为".6方法二 存在，M是AB的中点或 A是MB的中点.则 AM = ?(2, 2,0) = (2 入2 入 0)(氐 R), PM = RA+ AM = （2 入 2-2 入2）,二 |cos PM, n|= = 6.寸(2 入2+(2 2 对 + 4 6 61解得y=或y= 1. M是AB的中点或A是MB的中点.在直线AB上存在点M ,且当M是AB的中点或A是MB的中点时，使得PM与平面1FAD所成角的正弦值为6.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立

25、体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.提醒三点：直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值.求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量 都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的 向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小如图所示.(3) 对于空间任意一点

26、0和不共线的三点 A,B,C,且有0P= xOA + yOB + zOC(x,y,z R), 四点P, A, B, C共面的充要条件是 x+ y+ z= 1.空间一点P位于平面 MAB内？存在有序实数对 x, y,使IMP = xMA + ylMB,或对空间任定点0,有序实数对 x, y,使OP= OM + xMA + yMB.押题精练如图，在边长为 4的菱形 ABCD中，/ DAB = 60°点E、F分别在边 CD、CB上，点E 与点C、D不重合，EF丄AC, EF n AC = O.沿 EF将厶CEF翻折到 PEF的位置，使平 面PEF丄平面ABFED .求证：BD丄平面POA;

27、设点Q满足AQ= QP( >0)，试探究：当PB取得最小值时，直线 OQ与平面PBD所 成角的大小是否一定大于n?并说明理由.4证明 /菱形ABCD的对角线互相垂直， BD 丄 AC, BD 丄 AO,/ EF 丄 AC, PO 丄 EF./平面PEF丄平面ABFED，平面PEF n平面 ABFED = EF，且PO?平面PEF , PO丄平面ABFED ,/ BD?平面 ABFED , PO 丄 BD./ AOn PO = O , BD 丄平面 POA.(2) 解 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O xyz.设 AO n BD = H.因为/ DAB = 60°所以 BD

28、C为等边三角形.故 BD = 4, HB = 2, HC = 2 ,3.又设 PO = x,贝y OH = 2 3 x, OA= 4 3-x.所以 O(0,0,0), P(0,0, x), B(2 .3 x,2,0),故PB= (2 3 x,2, x),所以 |PB|=-：23 x2+ 22+ x2=2x 3 2+ 10,当 x = 3时,(PB) min = 10.此时 PO= 3,设点Q的坐标为(a,0, c),/ OP= 3 ,则 A(3.3 , 0,0) , B( 3 , 2,0) , D(.3, 2,0) , P(0,0 , .3). AQ= (a 3 3 , 0 , c) , QP

29、 = ( a,0 ,3 c),t t a 3 3=入a AQ= QP, a= 31 +入 c=.L 1 +X OQ = C3 3 ,X+ 1X+ 1设平面PBD的法向量为 n= (x , y , z),则 n PB= 0, n BD = 0. PB= ( .3 , 2, 3) , BD = (0 , 4,0),3x+ 2y . 3z = 0 ,| 4y= 0.取 x = 1,解得 y= 0 , z= 1,- n= (1,0,1).设直线OQ与平面PBD所成的角为0, sin 0Tcos , n|=哼皿|OQ| lc = . 3 X入 c皆+孕H 1 H 1|3+ 开_ 1 卜+ 6秆入 1/6

30、入2 '9+ X (推荐时间：60分钟)一、填空题1.已知平面ABC，点M是空间任意一点，点 M满足条件OM = OA + gOB + goC,则直线AM 与平面ABC平行 是平面ABC的斜线 是平面ABC的垂线 在平面ABC内以上说法正确的是 .(填序号)答案解析 由已知得M、A、B、C四点共面.所以 AM在平面ABC 内. 如图，三棱锥A- BCD的棱长全相等，E为AD的中点，贝U直线CE与BD所成角的余弦值为.9+ X又/ X0 , ' sin >2.nn氏0，2】，二忆n因此直线OQ与平面PBD所成的角大于4,则结论成立.2.专题突破练1 f 21=1AD- 2A

31、D AB ACAD + AC AB1 1 12-§cos 60 cos 60 + cos 60 =4. cos CE ,BD >CE BD|CE|BD|=£=23.如图，点P是单位正方体 ABCD A1B1C1D1中异于A的一个顶点,则AP AB的值为.答案 0或1解析 AP可为下列7个向量：AB，AC，AD，AA1，AB1，AC1, AD1，其中一个与AB重合，AP AB= |AB|2= 1; AD , AD1 , AA1 与AB垂直，这时 AP AB = 0; AC, AB1 与AB的夹 角为 45 ° 这时 AP AB = a/2 X 1 X。0寸=1

32、,最后 AC 1 AB = /3 X 1X cos / BAC1 = 3 X -1 = 1.4. （2013山东）已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面垂直， 体积为号，底面是边长为，3的 正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 .答案n3解析 如图所示：SABc = *X .3X 3 X sin 60 = 写. VABC A1B1C1 = Sabc X OP = 3 ; 3 x OP = 9 . OP = l：3.44又OA =于3 X |= 1, tan/ OAP = OP= .3,又 0< / OAP<n，5. 在一直角坐标系中已知A( 1

33、,6), B(3, 8)，现沿x轴将坐标平面折成 60。的二面角,则折叠后A、B两点间的距离为 答案 2 17解析 如图为折叠后的图形，其中作AC丄CD , BD丄CD ,则 AC= 6, BD = 8, CD = 4,两异面直线AC、BD所成的角为60°故由AB= AC +CD+ DB,面GEF的一个法向量为n= (1,1,3)，所以点C到平面GEF的距离d=|n CG|n |6.'1111得 |Ab|2= |Ac + Cd + Db|2= 68,-|AB|= 2 ,17.6. 已知正方形 ABCD的边长为4, CG丄平面 ABCD , CG = 2, E, F分别是 AB

34、, AD的中点，则点C到平面GEF的距离为 .答案吻解析建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz, G(0,0,2)、E(2,4,0)、F(4,2,0),ttGF n = 0,GF = (4,2 , - 2), GE = (2,4, - 2),由$得平【GE n = 0,7. 如图，在正方形 ABCD中，E, F分别是 AB, BC的中点，现在沿 DE , DF及EF将三个角折起，使 A, B, C三点重合，重合后的点记为P,那么在四面体 P- DEF 中,面角D PE F的大小为答案 90°解析 由已知可得，PD丄PE, PF丄PE,所以/ DPF是二面角D PE F的平面角.又因为

35、PD丄PF，所以二面角 D- PE-F的大小为90°& 如图，正方体 ABCD A1B1C1D1，则下列四个命题： P在直线BC1上运动时，三棱锥 A- D1PC的体积不变； P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变； P在直线BC1上运动时，二面角 P-AD1- C的大小不变； M是平面AiBiCiDi上到点D和Ci距离相等的点，则 M点的轨迹是过Di点的直线.其中真命题的编号是 (写出所有真命题的编号).答案解析/ BCi / ADi. BCi /平面ACD i, BCi上任一点到平面 ACDi的距离为定值，/ VA AP与面ACDi所成角的大小是变

36、量,DiPC = VP ACDi为定值，正确；P到面ACDi的距离不变，但 AP的长在变化,错误；面PADi即面ABCiDi, ABCiDi与面ACDi所成二面角的大小不变,正确；M点的轨迹为AiDi,正确.、解答题Ab / cd , AC 丄 BD ,9. 如图，已知四棱锥 PABCD的底面为等腰梯形, 垂足为H , PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(i)证明：PE丄BC;(2)若/ APB = Z ADB = 60 °求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(i)证明 以H为原点，HA, HB , HP所在直线分别为x、y、z轴, 线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系 (如

37、图),贝U A(i,O,O), B(O,i,O).设 C(m,O,O), P(0,0, n) (m<0, n>0), 则 D(0, m,0), E 2, m，0 .ffimI f可得 PE= 2，2， n，BC= (m , i,0).因为PE BC=罗m + 0 = 0,所以PE丄BC.0,解由已知条件可得m=诗，n= i, 故 C 于，0, 0 , DO，中,0, e1P(0,0,i).设n = (x , y , z)为平面PEH的法向量,n f = 0， 2x _63y= 0，则$ f即;26n HP = 0 ,z= 0.因此可以取 n= (1,3, 0).又 PA= (1,0

38、, - 1),所以 |cos <FA, n> 1=子.所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为 肓2.10. 如图，五面体中，四边形 ABCD是矩形，AD丄面ABEF，且1AD = 1 , AB/ EF , AB = QEF = 2 2, AF = BE = 2, P、Q、M 分别为AE、BD、EF的中点.(1) 求证：PQ /平面BCE ;(2) 求证：AM丄平面ADF ;(3) 求二面角A DF E的余弦值.(1) 证明 连结AC,因为四边形 ABCD是矩形，Q为BD的中点,Q为AC的中点，又在 AEC中，P为AE的中点， PQ/ EC ,/ EC?面 BCE , PQ?面 B

39、CE, PQ /平面 BCE.(2) 证明 / M 为 EF 的中点， EM = AB = 2 2,又 EF / AB,四边形ABEM是平行四边形. AM / BE, AM = BE= 2,又 AF = 2, MF = 2 2, MAF 是 RtA 且 / MAF = 90°. MA 丄 AF.又 DA丄平面 ABEF , MA?面 ABEF , MA 丄 DA，又 I DA A AF = A , AM丄平面ADF.解如图，以A为坐标原点，以 AM、AF、AD所在直线 分别为x, y , z轴建立空间直角坐标系.则 A(0,0,0) , D(0,0,1) , M(2,0,0) , F

40、(0,2,0).令 x = 1 则 y= 1,|n| |AM |(2013重庆)如图，四棱锥 P ABCD中，PA丄底面 ABCD , BC =为PC的中点，AF丄PB.(1)求PA的长;求二面角B AF D的正弦值.解 (1)如图，连结 BD交AC于点O,.»6X 2TAM丄面ADF , AM为平面ADF的一个法向量.z= 2,故n= (1,1,2)是平面DEF的一个法向量.可得 Am = (2,0,0), IMF = ( 2,2,0), Df = (0,2 , 1).s.nCD = 2, AC= 4,Z ACB = Z ACD = 3, F£所以 cos <n,乔=皿=2X 1 + 0X 1 + 0X2=¥6n MF = 0 设平面DEF的法向量为 n= (x, y, z),则f _n DF = 0由图可知所求二面角为锐角，所以二面角A DF E的余弦值为因为BC = CD，即 BCD为等腰三角形,又AC平分/ BCD，故AC丄BD.以O为坐标原点，OB , OC, AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直2x + 2y= 0 故2y z= 0x y = 0 ，即2y z= 0角坐标系O xyz,贝U OC = CDcos 才=1,3而 AC = 4,得 AO = AC OC = 3,n厂又 OD = CDs in - = 3