（浙江专用）高考数学第七章立体几何第六节立体几何中的向量方法教案（含解析）.docx

第六节 立体几何中的向量方法1空间向量的概念、数量积及坐标运算(1)空间向量及其相关概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b0)，ab存在R，使ab共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面存在唯一的有序实数对(x，y)，使pxayb空间向量基本定理定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组x，y，z使得px ay bz c推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使xyz且xyz1(2)两个向量的数量积：ab|a|b|cosa，b；abab0(a，b为非零向量)；|a|2a2，|a|.(3)向量的坐标运算：a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差ab(a1b1，a2b2，a3b3)数量积aba1b1a2b2a3b3共线aba1b1，a2b2，a3b3(R，b0)垂直aba1b1a2b2a3b30夹角公式cosa，b2异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为，则cos ， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量3直线与平面所成角如图所示，设l为平面的斜线，lA，a为l的方向向量，n为平面的法向量，为l与所成的角，则sin |cosa，n|.4二面角 若AB，CD分别是二面角l的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图(1)平面与相交于直线l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面角 l 为或.设二面角大小为，则|cos |cos |，如图(2)(3)小题体验1(2019台州模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切值为()A.B.C. D.解析：选C以D为坐标原点，DC，DA，DD1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，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，可得A(0,2,0)，B(2,2,0)，C(2，0,0)，B1(2,2,2)，C1(2,0,2)，由中点坐标公式可得E(2,1,0)，F(2,1,2)，则AF(2，1,2)，C1E(0,1，2)，设两异面直线所成角为，则cos |cosAF，C1E|，则sin ，故异面直线AF与C1E所成角的正切值为.2(教材习题改编)已知a(2,3,1)，b(4,2，x)，且ab，则|b|_.答案：23已知正四棱锥S ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成角的余弦值为_解析：以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O(0，0,0)，A(，0,0)，B(0，0)，S(0，0，)，D(0，0)，E，(0，)，|cos，|，故AE，SD所成角的余弦值为.答案：4(教材习题改编)在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_解析：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，(0,2,0)，(1,2,0)，(0,2，1)，设平面A1BC1的一个法向量为n(x，y，z)，由令y1，得n(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos，n|，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.答案：1共线向量定理中ab存在R，使ab易忽视b0.2一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量3求异面直线所成角时易忽视角的范围而导致结论错误4求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值5利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，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、易错点小题纠偏1若平面1，2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是()An1(1,2,1)，n2(3,1,1)Bn1(1,1,2)，n2(2,1,1)Cn1(1,1,1)，n2(1,2,1)Dn1(1,2,1)，n2(0，2，2)解析：选A两个平面垂直时其法向量也垂直，只有A中的两个向量垂直2已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()A2，B，C3,2 D2,2解析：选Aab，bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，解得或故选A.3(2018浙江高考原创卷)若在三棱柱ABCA1B1C1中，A1ACBAC60，平面A1ACC1平面ABC，AA1ACAB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选B取AC的中点M，连接MB，MA1，易得MA，MB，MA1两两垂直以M为坐标原点，MA，MB，MA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系设AA1ACAB2，则A(1,0,0)，B(0，0)，A1(0,0，)，C1(2,0，)，所以AC1(3,0，)，A1B(0，)，所以cosAC1，A1B，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.4过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为_解析：如图所示，建立空间直角坐标系，设ABPA1，知A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0，0,1)，由题意，AD平面ABP，设E为PD的中点，连接AE，则AEPD，又因为CD平面PAD，所以AECD，又PDCDD，所以AE平面CDP.所以(0,1,0)，分别是平面ABP，平面CDP的法向量，且，45，所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45.答案：45考点一利用向量证明平行与垂直问题典例引领如图所示，在四棱锥P ABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，BC90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD成30的角求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.证明：以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C xyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角，PBC30，PC2，BC2，PB4，D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)设n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由即令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)法一：由(1)知(0,4,0)，(2，0，2)，设平面PAB的一个法向量为m(x0，y0，z0)，由即令x01，得m(1,0，)，又平面PAD的一个法向量n(，2,1)，mn1()0210，平面PAB平面PAD.法二：取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2，3,0)0，.BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.由题悟法1利用向量法证明平行问题的类型及方法(1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行(2)证明线面平行：该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示(3)证明面面平行：两个平面的法向量平行2利用向量法证明垂直问题的类型及方法(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0.(2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行(3)证明面面垂直：其中一个平面与另一个平面的法向量平行；两个平面的法向量垂直即时应用(2018昆明两区七校调研)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA11，E为BC中点(1)求证：C1DD1E；(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM平面AD1E？若存在，求的值，若不存在，说明理由；(3)若二面角B1AED1的大小为90，求AD的长解：(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设ADa，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,1,0)，C(0,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0，0,1)，E，(0，1，1)，则0，C1DD1E.(2)设h，则M(a,0，h)，(0，1，h)，(a,0,1)，设平面AD1E的法向量为n(x，y，z)，则平面AD1E的一个法向量为n(2，a,2a)，BM平面AD1E，n，即n2aha0，h.即在AA1上存在点M，使得BM平面AD1E，此时.(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m(x，y，z)，(0,1,1)，则平面B1AE的一个法向量为m(2，a，a)二面角B1AED1的大小为90，mn，mn4a22a20，a0，a2，即AD2.典例引领(2018浙江名校信息卷)如图1，在平面多边形ABCDE中，四边形ABCD是正方形，ADE是正三角形将ADE所在平面沿直线AD折叠，使得点E达到点S的位置(如图2)若二面角SADC的平面角，则异面直线AC与SD所成角的余弦值的取值范围是()A.B.C. D.解析：选D如图，取AD的中点O，BC的中点G，连接OS，OG，则OGAD，以OG所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系设AB2，则A(0，1,0)，C(2，1,0)，D(0,1,0)因为SAD为正三角形，O为AD的中点，所以SOAD，又OGAD，所以SOG是二面角SADC的平面角，即SOG，则S(cos ，0，sin )因为AC(2,2,0)，DS(cos ，1，sin )，所以cosAC，DS.又，所以cos ，所以cosAC，DS，故异面直线AC与SD所成角的余弦值的取值范围是.由题悟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即时应用 如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CACBCDBD2，ABAD.(1)求证：AO平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值解：(1)证明：连接OC，由CACBCDBD2，ABAD，O是BD的中点，知CO，AO1，AOBD.在AOC中，AC2AO2OC2，则AOOC.又BDOCO，因此AO平面BCD.(2)如图建立空间直角坐标系Oxyz，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，(1,0，1)，(1，0)，|cos，|.即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.典例引领(2018浙江高考原创卷)如图，边长为3的菱形ABCD所在的平面与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，BAD60，AEBE，点M，N分别在AB，DE上，且.(1)求证：MN平面BCE；(2)求直线BC与平面CDE所成角的正弦值解：(1)证明：菱形ABCD中BAD60，且平面ABCD平面ABE，点D在平面ABE内的射影恰好是AB的中点，设为O，连接OD，OE，又ABE是等腰直角三角形，AEBE，OEAB.分别以OE，OB，OD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，易得，OE，OD，OM，E，M，D，B，C，EB，BC.EN2ND，N，MN，MNBCEB，即MN，BC，EB共面，又MN平面BCE，MN平面BCE.(2)设平面CDE的法向量为n(x，y，z)，由(1)得ED，DC(0,3,0)，则即令z1，则n(，0,1)为平面CDE的一个法向量设直线BC与平面CDE所成角的大小为，则sin |cosn，BC|，直线BC与平面CDE所成角的正弦值为.由题悟法向量法求线面角的2大途径(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角即时应用(2018宁波十校联考)如图，ABC中，O是BC的中点，ABAC，AO2OC2.将BAO沿AO折起，使B点到达B点(1)求证：AO平面BOC；(2)当三棱锥BAOC的体积最大时，试问在线段BA上是否存在一点P，使CP与平面BOA所成的角的正弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由解：(1)证明：因为ABAC且O是BC的中点，所以AOBO，AOCO，由折叠知AOBO，又COBOO，所以AO平面BOC. (2)当BO平面AOC时，三棱锥BAOC的体积最大，所以OA，OB，OC两两垂直，如图建立空间直角坐标系Oxyz，则A(2,0,0)，B(0,0,1)，C(0,1,0)设(2，0，)，则(22，1，), 又平面BOA的法向量n(0,1,0)，依题意得，即，化简得，1021670, 此方程无解，所以满足条件的点P不存在. 典例引领(2018宁波一模)如图，在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体(各条棱的长均相等的三棱锥)ABCD的顶点A，B，C分别在x轴，y轴，z轴上(1)求证：CD平面OAB；(2)求二面角CABD的余弦值解：(1)证明：由已知可得OAOBOC.设OAa(a0)，则ABa，O(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)，设D点的坐标为(x，y，z)(x，y，z均大于0)，则由DADBDCa，可得(xa)2y2z2x2(ya)2z2x2y2(za)22a2，解得xyza，即D(a，a，a)，CD(a，a,0)又平面OAB的一个法向量为OC(0,0，a)，CDOC0，即CDOC，CD平面OAB，CD平面OAB.(2)设F为AB的中点，连接CF，DF，则CFAB，DFAB，则CFD为二面角CABD的平面角由(1)知，在CFD中，CFDFaa，CDa，则由余弦定理，得cosCFD，结合图形知，二面角CABD为锐角，故二面角CABD的余弦值为.由题悟法利用法向量求二面角时的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含条件，不用单独求(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误即时应用(2018金丽衢十二校联考)在几何体ABCDE中，矩形BCDE的边CD2，BCAB1，ABC90，直线EB平面ABC，P是线段AD上的点，且AP2PD，M为线段AC的中点(1)证明：BM平面ECP；(2)求二面角AECP的余弦值解：(1)证明：连接BD，MD，BDCEF，MDCPN，连接FN. 四边形BCDE为矩形，F为BD中点EB平面ABC，DC平面ABC，如图，在直角ACD中，取AP中点Q，连接QM，M是AC的中点，QMCP，又AP2PD，QPPD，DNMN，FNBM.又FN平面ECP，而BM平面ECP，BM平面ECP.(2)如图，以B点为原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，BE所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0), A(1,0,0), C(0，1,0), E(0,0,2), P.(1,1,0)，(1,0,2)，.设平面ACE的法向量为n1(x1，y1，z1)，则有令x12，得n1(2,2,1)；设平面PCE法向量n2(x2，y2，z2)，则有令y22，得n2(2,2,1). cosn1，n2.由图知，二面角AECP为锐角，二面角AECP的余弦值为.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则()AlBlCl Dl与斜交解析：选Ba(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an，l.2(2018嘉兴模拟)已知A(4,1,3)，B(2，5,1)，C(3,7，5)，则平行四边形ABCD的顶点D的坐标是()A(2,4，1) B(2,3,1)C(3,1,5) D(5,13，3)解析：选D由题意知，(2，6，2)，设点D(x，y，z)，则(3x,7y，5z)，因为，所以x5，y13，z3，故选D.3(2018舟山模拟)已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()A B.C D解析：选C因为(1，)，所以cos 120，解得.4若平面的一个法向量为u1(3，y,2)，平面的一个法向量为u2(6，2，z)，且，则yz_.解析：因为，所以u1u2，所以，所以y1，z4，所以yz3.答案：35(2019绍兴质检)如图，60的二面角的棱上有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AB4，AC6，BD8，则CD的长为_解析：60的二面角的棱上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，CDCAABBD，CAAB0，ABBD0，AB4，AC6，BD8，CD2(CAABBD)2CA2AB2BD22CABD361664268cos 12068，CD的长为2.答案：26已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VAVBVCVD，.则VA与平面PMN的位置关系是_解析：如图，设a，b，c，则acb，由题意知bc，abc.因此，共面又VA平面PMN，VA平面PMN.答案：平行二保高考，全练题型做到高考达标1.如图，在多面体ABC A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1 AB C是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明：二面角A1 AB C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，AA1平面ABC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB，AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1) (0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)2n，即n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)210，m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.2(2018浙江名校联考)如图，在直三棱柱ADFBCE中，ABBCBE2，CE2，点K在线段BE上(1)求证：AC平面BDE；(2)若EB4EK，求直线AK与平面BDF所成角的正弦值解：(1)证明：在直三棱柱ADFBCE中，AB平面BCE，因为BE平面BCE，BC平面BCE，所以ABBE，ABBC.又ABBCBE2，CE2，所以BC2BE2CE2，且ACBD，所以BEBC.因为ABBCB，所以BE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以BEAC.又BDBEB，所以AC平面BDE.(2)法一：设AK交BF于点N，由(1)知，AB，AF，AD两两垂直且长度都为2，所以BDF是边长为2的正三角形，所以点A在平面BDF内的射影M为BDF的中心连接MN，MF，AM，如图所示，则ANM为直线AK与平面BDF所成的角.又FM2，所以AM .因为EB4EK，所以BK，所以AK .因为，所以，即，解得AN.在RtANM中，sin .所以直线AK与平面BDF所成角的正弦值为.法二：由(1)知，AB，BC，BE两两垂直，以B为坐标原点，BC，BA，BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，F(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2，2,0)，BD(2,2,0)，BF(0,2,2)因为EB4EK，所以K，所以AK.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则即取x1，则n(1，1,1)为平面BDF的一个法向量于是sin |cosn，AK|，所以直线AK与平面BDF所成角的正弦值为.3(2018浙江名校联考)已知长方形ABCD中，AB1，AD.现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面体ABCD，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由(2)当四面体ABCD的体积最大时，求二面角ACDB的余弦值解：(1)若ABCD，因为ABAD，ADCDD，所以AB平面ACD，所以ABAC.即AB2a2BC2，即12a2()2，所以a1.若ADBC，因为ADAB，ABBCB，所以AD平面ABC，所以ADAC.即AD2a2CD2，即()2a212，所以a21，无解故ADBC不成立(2)要使四面体ABCD的体积最大，因为BCD的面积为定值，所以只需三棱锥ABCD的高最大即可，此时平面ABD平面BCD，过点A作AOBD于点O，则AO平面BCD，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，则易知A，C，D，显然，平面BCD的一个法向量为.设平面ACD的法向量为n(x，y，z)因为，所以令y，得n(1，2)故cos ，n.所以二面角ACDB的余弦值为.4如图，在四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)设S(x，y，z)，显然x0，y0，z0，则(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)由|，得 ，解得x1.由|1，得y2z21.由|2，得y2z24y10.由，解得y，z.S，0，0，DSAS，DSBS，又ASBSS，SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则n，n，n0，n0.又，(0,2,0)，取z12，得n(，0,2)(2,0,0)，cos，n.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)设异面直线NE与AM所成的角为，则cos |cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，因为(0,1,1)，可设(0，)，0,1，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，此时，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.2(2019杭二模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA12，D为棱CC1的中点，AB1A1BO.(1)求证：C1O平面ABD；(2)设二面角DABC的正切值为，ACBC，E为线段A1B上一点，且直线CE与平面ABD所成角的正弦值为，求.解：(1)证明：取AB的中点F，连接OF，DF，易知四边形ABB1A1为矩形，O为AB1的中点，OFBB1，OFBB1，又C1DBB1，C1DBB1，OFC1D，OFC1D，四边形OFDC1为平行四边形，C1ODF，C1O平面ABD，DF平面ABD，C1O平面ABD.(2)过C作CHAB于H，连接DH，易知DHC为二面角DABC的平面角，DC1，tanDHC，CH，又AC2，AHCH，HAC45，ACBC，BCAC2.以C为坐标原点，CA，CB，CC1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Cxyz，其中C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，则AB(2,2,0)，BD(0，2,1)，BA1(2，2,2)，CB(0,2,0)设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则取y1，可得平面ABD的一个法向量为n(1,1,2)设BEBA1 (01)，则CECBBA1(2，22，2)，直线CE与平面ABD所成角的正弦值等于|cosCE，n|，36244130，解得或，即或.命题点向量法求空间角及应用1(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC 中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解：(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以POOB2PB2，所以POOB.又因为OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O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Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)，由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(舍去)所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.2.(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解：(1)证明：由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，HP 的方向分别为y轴，z轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.3.(2018浙江高考)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解：法一：(1)证明：由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，所以AB1平面A1B1C1.(2)如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.因为AB1平面A1B1C1，AB1平面ABB1，所以平面A1B1C1平面ABB1.因为平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1DA1B1，C1D平面A1B1C1，所以C1D平面ABB1.所以C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.法二：(1)证明：以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x轴，y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3)由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又因为A1B1A1C1A1，所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0