第七章7讲立体几何中向量方法

7讲[学生a，ba，bθ，则cosφ＝|cos(φa，b所成的角

＝leαnlα为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cos 如图①，AB，CD是二面角α β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈→，→．如图②③，n1，n2分别是二面角α 的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2．ABα的一条斜线段，nαBα＝ ＝|n| 2已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈 则l与α所成的角为 2 [解析]由于cos〈m，n〉＝－1，所以〈m，n〉2lα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 [解析]cos〈m，n〉＝m·n＝ ＝

1× 2 3

B．

33，3，－3 3，－3，3— 3—

3，

3

3— 3， 3 3，－3，－3—]经验证，当n＝－ － －3时

3 3 3→ 3 → 3n·AB＝3－3＋0＝0，n·AC＝3＋0－3所以－3，－ －3是平面ABC的一个单位法向量 3 3 [解析]以A为原点，→、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系则〈2×2×

[答案S­ABCD中，OS在底面上的射影，PSD [解析]如图所示，O则 则→

→则cos〈→，n〉＝CB·n →

2a2· 所以〈，n〉BCPAC90°－60°＝30°.[答案]30°异面直线所成的角[学生 (2015·高考卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平ABCD同一侧的两点，BEABCD，DFABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(2)AECF【解】(1)证明：如图，BD，BD∩AC＝G，ABCD中，AG＝GC＝3.AE⊥EC，EG＝3，2Rt△EBG中，BE＝2，DF＝22Rt△FDG中，FG＝2在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝ 可得EF＝32 2EG⊂AEC，AEC⊥(2)如图，G为坐标原点，分别以x轴，y轴正方向

由(1)A(0，－3，0)，E(1，0，， 2，C(0，3，0)，， 2所以 →

AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－3，2→cos〈→〉＝AE·CF＝－ → 33AECF所成角的余弦值为3[解1)证明：ABCD是菱形，所以AC⊥BD．(2)因为BO＝1，AO＝CO＝如图，O为坐标原点，P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，PB＝(1，3，－PB＝(1，3，－2)，AC＝(0，2PBACθ，→→cosθ＝PB·AC ＝3→→ 2 434PBAC所成角的余弦值为4直线与平面所成的角[学生 (2)ANPMN【解】(1)证明：

BPT，2NPC2AD∥BC，TNAMNT为平行四边形，因为AT⊂平面MN⊄平面MN∥(2)BCE，AE.AB＝AC22

＝A为坐标原点，→x轴正方向，Axyz.意知((

→(

→＝

→

2

2 AN＝2 即

2→于是|cos〈n，→〉|＝|n·AN|＝8 则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8

25

25(2017·石家庄市教学质量检测二如图，在四棱锥P­ABCDABCD是边长为2PCD[解1)证明：AC，ACBDO，ABCD是正方形AC⊥BDOBD的中点，又PA⊥BD，PA∩AC＝A，BD⊥PO⊂PAC，BO＝DO，(2)PDQ，AQ，EQ，EQ綊

AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，因为EF⊥平面PCD，AQ⊥AQ⊥PD，PDAP＝AD＝AQ⊥PCDCD⊥， 2，

2，2D(0，2，0)，P(0，0，2)，→ 2 2，→＝(2，0，－2)，， 2，2 ，→AQPCDPBPCD→→sinθ＝PB·AQ→→ πPBPCD所成的角为6 (2016·高考卷乙)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶D­AF­EC­BE­F60°.【解】(1)证明AF⊥DF，AF⊥FE，AF⊥AF⊂ABEF，ABEF⊥(2)DDG⊥EF，G，由(1)DG⊥G为坐标原点x轴正方向→→由(1)知∠DFED­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，ABCD∩BE∥AF，BE⊥EFDC，所以∠CEFC­BE­F的平面角60°.C(－2，0，3)AC，则＝(1，0，3)→＝(0，4，0)－4，3)，

n＝(x，y，z)BCE的法向量→→ 即 n＝(3，0，－ mABCD的法向量，则 m＝(0，cos〈n，m〉＝n·m＝－2 1919E­BC­A的余弦值为－219角度一求二面角

1．(2017·海口市调研测试)ABCDπAB＝1，BC＝2，∠CBA＝3，ABEFππ[解1)证明：在△ABC中，AB＝1，∠CBA＝3AC2＝BA2＋BC2－2BA×BCcos∠CBA＝3，所以AC2＋BA2＝BC2，所以AB⊥AC.ABCD⊥ABEF，ABCD∩ABEF＝AB，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面ABEF.(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz，则0)，C(0，0，3)，D(－1，0，(0，3，0)ABCD的一个法向量DEFn＝(x，y，z)＝(2，2，－3) (1，3，－则 44得44

，z＝4，x＝y＝n＝(3，3，4)是平面DEF的一个法向量．ABCDDEFθ，→33×cosθ＝33×

3＝

22角度二由二面角求其他量(2)D­AE­C60°，AP＝1，AD＝3E­ACD[解](1)证明：BD，ACBDG，GAC，BD的中点，EG.，0，0)，D(0， 3 1，C(m，， 2所以

→ 3 AD＝(0，3，0)，AE＝0，2→AC＝(m，ADE则n1·＝0，n1·→＝0，解得一个ACEn2·n2＝(－3，m，－cos60°＝|cos〈n，n〉

， ，设F为AD的中点，连接EF，则PA∥EF，且 EF⊥平面 EFE­ACD所以VE­ 1＝3所以三棱锥E­ACD的体积为 3×2×2× 8 8 (2)AEFG【解】如图，Axyz，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，

EFEF＋0×2＝0→·→＝0×2＋1×0＋0×0＝0，所以EF⊥APEFEF又因为AP，AB⊂平面EF⊥又EF⊂平面EFG⊥(2)EFG→→

n＝(1，0，1)，又→＝(0，0，1)，AEFG

1222→1222→

①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②M到直a的距离a，N，Mad＝|·sin〈，a③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④Mα的距离，αn，αN，Mαd＝

→ →

|n|[解1)证明：AA1AC∥CD1又AC∩CD1＝C，AC⊂平面ACD1，CD1⊂平面A1BC1(2)以B1为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z 则 3，0)，→→→则

d＝

A1BC1ACD1的距离为

[学生＝2，AC＝CD＝PBPCD

？若存在，求AP (4分ADO，因为CO⊂平面ABCD，AC＝CD，PCD→→则 z＝2，n＝(1，－2，2)．又→cos〈n→〉＝n·PB＝－ 33所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3使得 (10分因此点M(0，1－λ，λ)＝(－1，－λ，λ)．则则解得 (12分 [学生P296(独立成册ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1BA1AC1所成的角等于 [解析]AB＝AC＝AA1＝1，建立空间直角坐标系如图所示→→＝(0，1，1)，cos〉→BA1·AC1 → 2× 〉BA1AC1 2 B．5C.5

[解析]A为原点，AB，AC，APx轴，y轴，z轴建立如图所

→ → DFE→→

得→→5PADEF所成角的正弦值为5

5BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值 ]αEBE所以BE⊥平面AA1C1C，可得·→＝→

→＝→·→＝1×

3＝3＝2×AD→

AB

2×

2coscosθ(θ为AD与EB的夹角)，cosθ＝4＝sinα，tanα＝sin＝＝55[答案]5 [解析]以A1B1所在直线为x轴，A1D1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则＝(0，2，0)，→＝(1，1，2)， z＝1，m＝(－2，0，1)，

6→ ＝|m|→655[655(1)AD1EF(2)AFBEB1] 0，1)，D1(1，1，0)，E → 2×22×2

AD1EF→ 为平面 → 12＋（－）1 12＋（－）1 3cosθ＝233AFBEB1所成角的余弦值为23直径，EFO′的直径，FB是圆台的一条母线．

＝2求二面角 A的余弦值[解1)证明：FCI，GI，HI，在△CEF中，GCE的中点，所以GI∥EF.EF∥OB，在△CFB中，HFB的中点，因为GH⊂平面GH∥(2)OO′，OO′⊥AB＝BCACO的直径，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 xyz.由题意得B(0，2C(－2所以＝(－23，－2过点F作FM垂直OB于点M，所以 (0，－ ，3可得平面BCF的一个法向量m＝(－1，1 3．因为平面ABC的一个法向量n＝(0，0，，3cos〈m，n〉＝m·n＝ 77所以二面角 A的余弦值为7中，AB＝AA1＝1，EBC在，求AM[解](1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐 所以→C1D·D1E＝0，

→ 11AD1E

则 ADAD1EBM∥AD1E，所以⊥n，即·n＝2ah－a＝0，h＝1AA1 M，BM∥AD1E，此时

→

B1AEm＝(2，a，－a)．因为二面角B1­AE­D1的大小为90°，m⊥n，a＞0，a＝2，＝EFBDH.将△DEFEF折到△D′EF＝＝[解1)证明：AE＝CF得AE＝CF，故 EF⊥HD，AB＝5，AC＝6 EF∥AC得 于是

→的方向为x轴正方 y轴正方向→′的方向为z轴正方向，建立空间直H­xyz.H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，→＝(3，－4，0)，→＝(6，0，0)， →→

即

→→

＝ ＝－7＝sin〈m，n〉＝2

252525B­D′A­C的正弦值是2259．(2016·高考卷)如图，正方形ABCD的中心为O，四边OBEFOBEFABCDGAB的中点， C的正弦值设H为线段AF上的点，且

CEF

[解]依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以→的方向为(1)证明：依题意，＝(2，0，0)→＝(1，－1，2)．设n1＝(x，y，z)为平面 即z＝1，n1＝(0，2，1)，又可得EG∥易证＝(－1，1，0)OEF的一个法向量．依题意→→

x′＝1，因此有cos因此有cos〈→ ·2＝－OA〉→， →，

sin〈，n2〉＝ 33所以二面角 C的正弦值为3由 ，得 因为→2→

→ →cos〈，n2〉＝BH·n2＝－→ →21所以，BHCEF所成角的正弦值为21 PA＝PD＝2，PA⊥PDABCDBC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，OAD的中点．PBPOCBPCDQ 6？若存在求出PQ的

ABCD中，OC，OC⊥AD，O为坐标原点，OC轴，ODy轴，OPz

、、1，0)，所以＝(1，－1，－1)．