八立体几何中向量方法(二)

1、第八节立体几何中的向量方法（二）求空间角【最新考纲】1能用向量方法解决直线与直线，直线与平面,平面与平面的夹角的计算问题；2了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.夯实双基I©I基础梳理1. 异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线h,12的方向向量，则与b的夹角4与所成的角0范围(0,71)求法aaba、宀|abcos1cos/?!=a|"ab2. 求直线与平面所成的角设直线I的方向向量为a,平面a的法向量为n,直线I与平面a所成的角为B,则sin0=,|aTcosan1和冋3. 求二面角的大小若AB、CD分别是二面角a-I-的两个面内与棱I垂直的异面直线，则二面角的大小

2、就是向量AB与CD的夹角.ni设ni，“2分别是二面角a-l-的两个面a,(3的法向量，则向量ni与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图©I学情自测1. (质疑夯基)判断下列结论的正误.(正确的打“"”，错误的打“X”)(1) 两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.()(2) 直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.()(3) 两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.()-n1(4) 两异面直线夹角的范围是0,2，直线与平面所成角的范围r是0,n，二面角的范围是0,n.()<2-答案：x(2)X(3)X(4)X2

3、. 已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为()A.45B.135°C.45°或135D.90解析:cosm,n>m-n12|m|n1x22'即m,n>=45°.二两平面所成二面角为45°或80°Y5°勻35°答案：C3. （2016泰安质检）已知向量m,n分别是直线I和平面a的方向向量和法向量，若cosm,n=，则I与a所成的角为（）A.30°B.60°C.120°D.150°1解析：设I与a所成角为B,Tcosm,n

4、>=，1sin0=|cos<m,n>|=2，0<0<90，二B36答案：A4. （2014课标全国H卷）在直三棱柱ABCA1B1C1中，/BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）2302a口一cnJ-A.10b.5102解析：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,设BC=2,则B(0,2,0),A(2,0,0),M(1,1,2),N(1,0,2)，所以BM=(1,1,2),.|BMaN|An=(1,0,2),故BM与AN所成角B的余弦值cos0=|BM|AN|=3_V30=6X5_10.答

5、案：C5.(2016石家庄模拟)过正方形ABCD的顶点A作线段PA丄平面ABCD，若AB_PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为解析：如图建立空间直角坐标系，设AB_PA_1,x则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意，AD丄平面PAB,设E为PD的中点，连接AE，则AE丄PD,又CD丄平面PAD,CD1AE，从而AE丄平面PCD1所以AD_(0,1,0),AE_(0,2,2)分别是平面PAB,平面PCD的法向量，且AD,AE>_45故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°答案：45°1名师微博通法领悟三个范围1异面直线所成角的范围是0

6、,2. 直线与平面所成角的范围是0,专3.二面角的范围是0,n.三种关系1求两异面直线a,b夹角0,须求出它们的方向向量a,b的夹角，则cos0=|cosa,b>|.2. 求直线I与平面a所成的角0,可先求出平面a的法向量n与直线I的方向向量a的夹角，贝卩sin0=|cosn,a>|.3. 求二面角a-I-的大小0,可先求出两个平面的法向量ni,n2所成的角，贝S0=厲，敗或nm,n2>.一个易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面a,B的法向量n1,n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1,n2的夹角是相等（一个平面的法向量指

7、向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部），还是互补（两个法向量同时指向二面角的内部或外部），这是利用向量求二面角的难点、易错点.儘為昶盘*高效提能IA级基础巩固、选择题1.（2016秦皇岛模拟）已知正四棱柱ABCDAiBiCiDi中，AAi=2AB,E为AAi的中点，则异面直线BE与CDi所成角的余弦值为解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AAi=2AB=2,则D(0,0,0),C(0,i,0),B(i,i,0),E(i,0,i),Di(0,0,2).就CDi_3_3丘|BE|CDi|2X5i0所以BE=(0,i,i),CBi=(0,i,2).所以cosBE,CDi&

8、gt;=答案：C2.正方体ABCDAiBiCiDi的棱长为a,点M在ACi上且AM=MCi,N为BiB的中点，贝S|MN|为()n2i口仝ri5i5A.aB.TaCaDa6663a2).设M(x,y,z),解析：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),Ci(0,a,a),N(a,a,aZDCi/mX11»i、NC-”DyT点M在ACi上且aM=；MCi,(x-a,y,z)=；(_x,=；(_x,ay,a-z)2x=3a,aay=3,z=3.aa3,33,22a*CF-3引+7+t3221=6a.答案：A3.在正方体3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点

9、E为BBi的中点，则平面AiED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（）a£b'2C.fD#xyz,xyz,解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A1,0),设平面AiED的一个法向量为ni=(1,y,z),AiDni=0,yz=0，所以有即1LA/Eni=0,11-2z=0,AiDni=0,yz=0，所以有即1LA/Eni=0,11-2z=0,y=2,解得l.z=2.y=2,解得l.z=2.ni=(1,2,2).平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),2 2-cosni,n2>=3X1=3即所成的锐二面角的余弦值为即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：

10、B4. 已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为4，底面是边长为3的正三角形.若P为底面AiBiCi的中心，贝SPA与平面ABC所成角的大小为（）5nAA.125nAA.12D.nBPBl=334.1解析：如图所示：S$bc=2X3X3Xsin60°VABCA1B1C1=SkbcOP=343OP=：,.9P=3.F(32./OPr又OA=2x負3x3=1，-tanzOAP=3,nn又0<zOAP<2,.QAP=3答案：B5.在四面体P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()X63a一A亍B.亍aC3D6a解析

11、：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).过点P作PH丄平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离.PA=PB=PC，/H为厶ABC的外心.»ABC为等边三角形,aaa1H为厶ABC的重心，则Hg,a，3丿PH=3a.a-02+a-02+a_o2=333 333二点P到平面ABC的距离为j二点P到平面ABC的距离为ja.答案：B二、填空题6.(2016郑州模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.解析：以

12、D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量.B2yz=0,即令z=2,则y=1,x=2,则nAiB=0,nA1C1=0,x+2y=0,于是n=(2,1,2),DiCi=(0,2,0)1设所求线面角为a则sina=|cosn,D7Ci>|=3.1答案：；7.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1丄底面ABC,AB=BC=AA1,/ABC=90°点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是.解析：以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB=BC=AA1=2,则C

13、i(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),则EF=(0，-1,1),BCi=(2,0,2),/eFbC1=2,1cos詐，BC1>=2X2=2,EF和BC1所成的角为60°答案：60°8.正ABC与正BCD所在平面垂直，则二面角ABDC的正弦值为.解析：取BC中点0,连接AO,DO.建立如图所示坐标系，设BC=1,则A(0,0,密,B(0，-2,0)，D惨,0,/OA=0,0,2，BA=0,1,日BD=铮2,0)设平面ABD的法向量为n=(xo,yo,z°),则BAn=0,且BDn=0,普+¥%=0且吕X0+号=0,解之得y°

14、3z0，且y=-3x0,取X0=1,得平面ABD的一个法向量n=(1,-3,1),由于oA=0,0,诗为平面BCD的一个法向量.cosn,OA>=f,sin5,OA>=晳答案：255三、解答题9.(2016课标全国I卷)如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，/AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°(1) 证明：平面ABEF丄平面EFDC;(2) 求二面角E-BC-A的余弦值.(1)证明：由已知可得AF丄DF,AFJFE,所以AF丄平面EFDC又AF?平面ABEF，故平面ABEF丄平面EFD

15、C.(2)解：过D作DG丄EF，垂足为G.由(1)知DG丄平面ABEF以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由(1)知/DFE为二面角D-AF-E的平面角，故/DFE=60°，贝|DF|=2,|DG|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知得AB/EF，所以AB/平面EFDC.又平面ABCDA平面EFDC=CD,故AB/CD,CDZEF.由BE/AF，可得BE丄平面EFDC,所以/CEF为二面角C-BE-F的平面角，/CEF=60°从而可得C(-2,0,3).所以

16、EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,nEC=0,x+3z=0,则即nEB=0,4y=0,所以可取n=(3,0,-3).mAC=0,设m是平面ABCD的法向量，则ImAB=0,同理可取m=(0,3,4).贝卩cosn,m>nm219|n|m|=-19.故二面角E-BC-A的余弦值为一21919.10.如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中AD/BC,ZBAD=90°,AC丄BD,BC=1,AD=AA1=3.(1) 证明：AC丄BiD;(2) 求直线BiCi与平面ACDi所成角的

17、正弦值.(1)证明：易知，AB,AD,AAi两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB,AD,AAi所成直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设AB=t，则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),Bi(t,0,3),C(t,i,0),Ci(t,i,3),D(0,3,0),Di(0,3,3).从而BiD=(-t,3,3),AC=(t,i,0),BD=(t,3,0).因为AC丄BD,所以ACBD=t2+3+0=0,解得t=3或t=、3(舍去).于是B1D=(3,3,3),AC=(3,1,0).因为ACBID=3+3+0=0,ACBiD，贝卩AC丄BiD(2)解：由(1)知，ADi=(

18、0,3,3),AC=(31,0),B；Ci=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACDi的一个法向量,nAC=0,i/3x+y=0,则即令x=1,InADi=0,3y+3z=0,则n=(1,3,3).设直线BiCi与平面ACDi所成角为0,0=cosn,0=cosn,BiCinBiCi|n|BiCil217=7即直线BiCi与平面ACDi所成角的正弦值为丄貝B级能力提升1.（2016西安调研）如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CA=CCi=2CB,则直线BCi与直线ABi夹角的余弦值为（）2525解析：不妨令CB=1贝SCA=CC1=2.可得0(0,0,0),B(

19、0,0,1),Ci(0,2,0),A(2,0,0),Bi(0,2,1),BCi=(0,2,-1),ABi=(-2,2,1),cosBC1,AB1>cosBC1,AB1>BCi晶4-1BCi与屆1的夹角即为直线BCi与直线ABi的夹角，直线BCi与直线ABi夹角的余弦值为；答案：A2.二面角的棱上有A,B两点，直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2衍，则该二面角的大小为.解析：vCD=cA+aB+bD,|CD|=(cA+AB+bd)2=36+16+64+2cABD=116+2cABD=217.cABD=|CA|BD|c

20、osCA,BD>=-24.1cosCA,BD>=2又所求二面角与cA,BD>互补，二所求二面角为60°答案：60°3.（2015广东卷）如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4,AB=6,BC=3点E是CD边的中点，点F,G分别在线段AB,BC上，且AF=2FB,CG=2GB.(1) 证明：PE丄FG;(2) 求二面角PADC的正切值；(3) 求直线PA与直线FG所成角的余弦值.解：在厶PCD中，TE为CD的中点，且PC=PD,PEJCD.又平面PCD丄平面ABCD，且平面PCD门平面ABCD=CD,PE?平面PCD,PE

21、丄平面ABCD取AB的中点H，连接EH,T四边形ABCD是长方形，则EH丄CD.如图所示，以E为原点，EH,EC,EP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.PD=PC=4,AB=6,BC=3,AF=2FB,CG=2GBE(0,0,0),P(0,0,7),F(3,1,0),G(2,3,0),A(3,-3,0),D(0,-3,0),C(0,3,0).(1)证明：TEP=(0,0,7),FG=(1,2,0),EPfG=(0,0,7)(1,2,0)=0,因止匕ePJfG,EP丄FG(2)解：vPE丄平面ABCD,平面ABCD的法向量为EP=(0,0,7).设平面ADP的一个法向量为n=(xy!

22、,zj,AP=(3,3,7),DP=(0,3,7).APn=0,3xi+3yi+、7zi=0,由于即iDPn=0,l3yi+77zi=0,令zi=3,则xi=0,yi=7,°n=(0,叮7,3).由图可知二面角PADC是锐角，设为a,则COSa=COSa=|nEP|=3匹=_|n|E>|=4"4.辽t辽sina=4,tana=3.解：vAP=(3,3,7),FG=(i,2,0),设直线PA与直线FG所成角为0,则cosaPfGe=l1|AP|FG|3+6=亦9+9+7X525直线PA与FG所成角的余弦值为弩.立体几何中的高考热点题型高考导航J>>>1

23、. 立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2思想方法：（1）转化与化归（空间问题转化为平面问题）；（2）数形结合（根据空间位置关系利用向量转化为代数运算）.热点突破热点1空间点、线、面位置关系以空间几何体（主要是柱、锥或简单组合体）为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考

24、查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.赴別（2014北京卷）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB丄BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.(1) 求证：平面ABE丄平面BiBCCi;(2) 求证：CiF/平面ABE;(3) 求三棱锥E-ABC的体积.(4) 求证：平面ABE丄平面BiBCCi;(5) 求证：CiF/平面ABE;(6) 求三棱锥E-ABC的体积.(1)证明：在三棱柱ABC-AiBiCi

25、中，BBi丄底面ABC.所以BBilAB.又因为AB丄BC,所以AB丄平面BiBCCi.所以平面ABE丄平面BiBCCi.图2(2)证明:法如图i,取AB中点G,连接EG,FG.图1因为E,F分别是A1C1,BC的中点，所以FG/AC,且FG=2aC.因为AC/A1C1，且AC=A1C1,所以FG/ECi,且FG=ECi.所以四边形FGECi为平行四边形.所以CiF/EG.又因为EG?平面ABE,CiF?平面ABE,所以CiF/平面ABE法二如图2,取AC的中点H，连接CiH,FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF/AB，又因为E，H分别是AiCi,AC的中点，所以ECiAH，所以四

26、边形EAHCi为平行四边形，所以CiHAE,又CiHCHF=H,AEDAB=A,所以平面ABE/平面CiHF,又CiF?平面CiHF,所以CiF/平面ABE(3)解：因为AAi=AC=2,BC=i,ABJBC,所以AB=AC2BC2=3.所以三棱锥E-ABC的体积1113V=sSbcAAi=3X23X1X2=3.规律方法1. (1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.(2)证明C1F/平面ABE:利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG,且满足C1F/EG利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C“HF满

27、足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化.2. 计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化.【变式训练】(2015四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1) 请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2) 判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3) 证明：直线DF丄平面BEG.(1)DCEABF解:(2)解：平面BEG/平面ACH.证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BC/FG,BC=FG.又FG/EH,FG=EH,所以BC/EH,BC=EH,于是四边形BCHE为平

28、行四边形.所以BE/CH.又CH?平面ACH,BE?平面ACH,所以BE/平面ACH.同理BG/平面ACH.又BEABG=B,所以平面BEG/平面ACH.证明：连接FH，与EG交于点0,连接BD.因为ABCDEFGH为正方体，所以DH丄平面EFGH.因为EG?平面EFGH，所以DH丄EG.又EG丄FH,DHAFH=H，所以EG丄平面BFHD又DF?平面BFHD，所以DF丄EG.同理DF丄BG.又EGABG=G，所以DF丄平面BEG.热点2平面图形折叠成空间几何体（真题探源）将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能

29、力、知识迁移能力和转化思想.试题以解答题为主要呈现形式，中档难度.典创'（2015陕西卷）如图，在直角梯形ABCD中，nAD/BC,ZBAD二,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到AE的位置，如图.(1) 证明：CD丄平面AiOC;(2) 若平面AiBE丄平面BCDE,求平面AiBC与平面AiCD夹角的余弦值.命题立意：本题以翻折问题为背景，主要考查空间点、线、面的位置关系和空间角(二面角)的计算.考查学生的识图、用图的空间想象能力，以及考查学生的运算求解能力和数学推理论证能力，突出考查方程思想和转化化归思想.(1)证明：在题图中，因为A

30、B=BC=1,AD=2,E是AD的n中点，/BAD=2，所以BE丄AC.即在题图中，BEdOAi,BEJOC,从而BE丄平面AiOC.又CD/BE,所以CD丄平面AiOC.(2)解：由已知，平面AiBE丄平面BCDE,又由(i)知，BEJOAi,BEJOC,所以/AiOC为二面角AiBEC的平面角,所以/AiOC=2如图，以0为原点，建立空间直角坐标系,因为AiB=AiE=BC=ED=1,BC/ED,所以B乎,0,0j,E乎,0,0j,Ai；0,0,乎,i，C：0,乎，0,得bC=乎,¥,0,A1C=(0,¥,_¥J,CD=BE=(-2,0,0).设平面AiBC的

31、法向量ni=(xi,yi,zi),平面AiCD的法向量n2=(X2,y2,Z2)，平面AiBC与平面AiCD的夹角为0,niBC=0,Xi+yi=0,贝M得取ni=(i,i,i);I.niAiC=0,yizi=0,n2CD=0,x2=0,得取n2=(0,1,1),“2AlC=0,y2z2=0,从而cosB=cos叫，n2>|=2卫3X2=3即平面AiBC与平面AiCD夹角的余弦值为【真题探源】本题源于人教A版选修2IP119B组第3题，两题都考查空间角的计算、数学逻辑推理论证和空间想象能力以及教材习题比较，高考真题“增添”平面图形的折叠背景，并将原题的第（1）问“体积计算”变为“线面垂直

32、”的证明，突显数学证明和图形翻折热点内容的考查.求解的关键在于搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.试题的导向有利于指导中学数学教学，而且有利于高校选拔合格新生.人教A版选修21P119习题B组第3题:如图所示，在四棱锥SABCD中，底面是直角梯形，AB垂直于AD和BC,侧棱SA丄底面ABCD，且SA=AB=BC=1,AD=05求四棱锥SABCD的体积；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值.【变式训练】如图，直角梯形ABCD中，/ABC=90°,AB=BC=2AD=4,点E,F分别是AB,CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD丄平

33、面EBCF(1) 当AG+GC最小时，求证：BD丄CG;(2) 当2Vbadge=Vdgbcf时，求二面角DBGC的平面角的余弦值.(1)证明：T点E、F分别是AB、CD的中点.EF/BC,又/ABC=90°,AEJEF,v平面AEFD丄平面EBCF.AE丄平面EBCF,AEJEF,AEJBE，又BE丄EF,翻折前，连接AC交EF于点G,此时点G使得AG+GC最小,EG=；BC=2,又知EA=EB=2,则A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,2,2),E(0,0,0),G(0,2,0),/BD=(-2,2,2),CG=(-2,-2,0),/Bt)CG=(-2,

34、2,2)(2,-2,0)=0,/BDICG(2)解：设EG=k.AD/平面EFCB，/点D到平面EFCB的距离即为点A到平面EFCB的距离.S四边形GBCF=；(3k)+4X2=7-k,12-VdGBCF=3S四边形GBCF12又VbADGE=3S四边形ADGE2Vbadge=V)gbcf,冷(2+k)=；(7-k),/k=1,即卩EG=1.设平面DBG的法向量为ni=(x,y,z),G(0,1,0),/BG=(-2,1,0),BD=(-2,2,2),hBD=0,2x+2y+2z=0则，即，n1BG=02x+y=0取x=1,贝Sy=2,z=1,51=(1,2,1).平面BCG的一个法向量为n2

35、=(0,0,1),则cosn1,则cosn1,n2>m血_y6|厲|增6.所求二面角DBGC的平面角为锐角,此二面角的平面角的余弦值为热点3立体几何中的探索开放问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1) 根据条件作出判断，再进一步论证.(2) 利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.(2015天津高考改编)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A丄底面ABCD,AB丄AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B£和DQ的中点

36、.(1) 求证：MN/平面ABCD;(2) 求二面角DiACB1的正弦值；在棱AiBi上是否存在点E,使得直线NE与平面ABCD所成1角的正弦值为扌？若存在，求出线段AiE的长；若不存在，请说明理由.解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(i,-2,0),Ai(0,0,2),Bi(0,1,2),Ci(2,0,2),Di(1,-2,2).又因为M,N分别为BiC和(1、DiD的中点，所以MJ,q,1J,N(1,-2,1).ENM/DA2Bi证明：依题意，可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，mN=o,-5,0,由此可

37、得mNn=o.又因为直线MN?平面ABCD，所以MN/平面ABCD(2)解：ADi=(1,-2,2),AC=(2,0,0),设n1=(Xi,力，Zi)n1aD1=0,为平面ACD1的一个法向量，则t一In1AC=0,X1-2y1+2z1=0,即2x1=0.不妨设Z1=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(X2,y2,Z2)为平面ACB1的一个法向量,n2AB1=0,则In2AC=0.y2+2z2=0,又AB1=(0,1,2),所以12X2=0,不妨设Z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cosn1,mn2V10n2>=|n1|n2|=-10,于是sinn1,n2>31010

38、,所以，二面角D1ACB1的正弦值为31010.解：假设存在点E,使得NE与平面ABCD所成角的正弦值为；依题意，可设AiE=A1B1,其中衣0,1,则e（o,入，2）,从而NE=（1,入股，1）.又n=（0,0,1）为平面ABCD的一个法向量，由已知，得|cosNE,|cosNE,13|NEn|1n|=_=INEl|n|、/(1)2+(入+2)2+12整理得卞+4入一3=0,解得入=2±7.又因为疋0,1,所以Z=72.因此，存在点E满足题设条件，且线段A1E=72.规律方法1. 对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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

39、转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.2. 对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】（2016河北保定调研）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AAQ1C是边长为4的正方形.平面ABC丄平面AA1C1C,AB=3,BC=5.4iBx(1) 求证：AAi丄平面ABC;(2) 求二面角Ai-BCi-Bi的余弦值；(3) 在线段BCi上是否存在点D，使得AD丄AiB?若存在，试求BDBCiBDBCi的值.(i)证明：在正方形AAiCiC中，AiA1AC.又平面ABC丄平面AAiCiC,且平面ABC门平面AAiCiC=AC,AAi丄平面A

40、BC(2)解：由知AAilAC,AAilAB，由题意知,在厶ABC中，AC=4,AB=3,BC=5,/BC2=AC2+AB2,/AB!AC二以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.Ai(0,0,4),B(0,3,0),Ci(4,0,4),Bi(0,3,4),于是A1C1=(4,0,0),AtB=(0,3,4),Biti=(4,-3,0),BBi=(0,0,4).设平面AiBCi的法向量ni=(xi,yi,zi),平面BiBCi的法向量n2=(X2,y2,Z2).AiCin-i=0,4xi=0,?Ani=03yi4乙=0,取向量ni=(0,4,3).BiCin2=0,4x23y2=

41、0,由？BBin2=04z2=0.取向量n2=(3,4,0)ni砸i6i6/cos0=|ni|n2|=5X5=25.由题图可判断二面角AiBCiBi为锐角,故二面角AiBCiBi的余弦值为(3)解：假设存在点D(x,y,z)是线段BCi上一点，使AD丄AiB,且BD=仆(x,y3,z)=X(43，4),解得x=4入，y=33人z=4人AD=(4,33人4?),9又AD丄AiB,/0+3(33?16?=0,解得？=亦，9因为25Q°，1，所以在线段BCi上存在点D,BD9使得AD丄AiB，此时BQ=25.热点4空间向量在几何体中的应用(多维探究)在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐

42、标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等.角度一线线角、线面角的计算1.(2016上饶模拟)(1)如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，且AA1丄面ABC,M是侧棱CC1的中点，贝S异面直线AB1和BM所成的角的大小是.(2)已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形. 证明：BN丄平面CiBiN. 设直线CiN与平面CNBi所成的角为B,求cos0的值.正视图侧视图俯视图

43、解：（1）不妨设三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,以BA,BC,BBi作为基向量.由于AAi丄平面ABC,所以BB1BA=0,BB1BC=0.AfBi=BBiBA,BM=BC+BBi,1aBibM=（bBiBA）（BC+2睢）1=0+2BBjBAbC=2cos60=22=0.因此，AEBiJbM，则直线ABi与BM成90°的角.答案：90°（2）证明：该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则BA，BC，BBi两两垂直.以BA,BBi,BC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则N(4,4,0),Bi(0,8,0),Ci(0,8,4),C(0,

44、0,4),因为bNneBi=0,bNbCi=0,所以BN丄NBi,且BN丄BiCi，又因为BiNPBiCi=Bi,所以BN丄平面BiNCi解：设n=(X0,yo,zo)为平面CNBi的一个法向量，nCN=0,X0+yoZ0=0,则即InNeB1=0X0yo=0,令xo=1,则n=(1,1,2).又CiN=(4,-4,-4),贝卩sinB=|cosn,CN>|=中，从而cosB7规律方法1. 第(1)题利用空间向量的线性运算，关键是选择好基底，第(2)题利用垂直关系，建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算，其关键是写对点的坐标.2. 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量

45、.一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化.角度二二面角的计算2.(2015重庆卷)如图，三棱锥P-ABC中，PC丄平面ABC,PCn=3,ZACB=y.D,E分别为线段AB,BC上的点，且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1) 证明：DE丄平面PCD;(2) 求二面角A-PD-C的余弦值.(1)证明：由PC丄平面ABC,DE?平面ABC,得PC丄DE.由CE=2,CD=DE=2得厶CDE为等腰直角三角形，故CD丄DE.由PCnCD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE丄平面PCD.解：由知，CDE为等腰直角三角形，/DCE=4如图，过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1.又已知EB=1,故FB=2.n由/ACB=2，得DF/AC,.DF_FB_2*