（课标全国版）高考数学第一轮复习讲练测 第37讲 立体几何中的向量方法 （讲）原卷版+解析

第37讲立体几何中的向量方法【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算【课标解读】1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.7.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；8.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【备考策略】从近三年卷情况来看，本讲一直是空间立体几何的基础，一般不单独命题．预测2022年会与多面体相结合进行考查，题型为解答题，解题时利用空间向量法解决问题，试题难度不会太大，属中档题型。以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上。【核心知识】知识点一空间向量及其有关概念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(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb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p＝xa＋yb空间向量基本定理及推论定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.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eq\o(OP,\s\up7(―→))＝xeq\o(OA,\s\up7(―→))＋yeq\o(OB,\s\up7(―→))＋zeq\o(OC,\s\up7(―→))且x＋y＋z＝1知识点二数量积及坐标运算(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)空间向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))知识点三直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．知识点四空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m⇔n·m＝0【特别提醒】1．空间向量基本定理的几点注意(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．(2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量．(3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．2．有关向量的数量积的提醒(1)若a，b，c(b≠0)为实数，则ab＝bc⇒a＝c；但对于向量就不正确，即a·b＝b·ca＝c.(2)数量积的运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律，但不适合乘法结合律，即(a·b)c不一定等于a(b·c)．这是由于(a·b)c表示一个与c共线的向量，而a(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线．3．方向向量和法向量均不为零向量且不唯一知识点五异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)知识点六求直线与平面所成的角设直线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，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).知识点七求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.(2)如图②③，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|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).【特别提醒】1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β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，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.【高频考点】高频考点一空间向量的数量积及应用【例1】在空间四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－1B．0C．1D．不确定【方法技巧】1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题.(1)a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0；(2)|a|＝eq\r(a2)；(3)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).【变式探究】已知空间四边形OABC中，eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则eq\o(MN,\s\up7(→))＝()A.eq\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B．－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c D.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c【举一反三】如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.求：(1)eq\o(AC1,\s\up7(→))的长；(2)eq\o(BD1,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))夹角的余弦值．高频考点二利用向量证明平行与垂直问题【例2】（2023·天津卷）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【变式探究】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.【方法技巧】(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；④根据运算结果解释相关问题．(2)空间线面位置关系的坐标表示设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．①线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.②线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.③线面平行(l⊄α)l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.④线面垂直l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.⑤面面平行α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.⑥面面垂直α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.【变式探究】如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．高频考点三用空间向量解决有关位置关系的探索性问题【例3】（2023·山东卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【方法技巧】解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.【变式探究】（2023·北京卷）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．−2121⊂CD=(2【例4】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)【变式探究】（2023·浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．39【方法技巧】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．【变式探究】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．高频考点五用空间向量求线面角【例5】（2023·浙江卷）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【变式探究】(2020·新卷全国卷Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝eq\r(2)，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【变式探究】(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．【方法技巧】利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【变式探究】(2020·北京卷)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BB1的中点．(1)求证：BC1∥平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．【举一反三】(2020·天津卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B­B1E­D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．高频考点六用空间向量求二面角【例6】（2023·全国卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B­PC­E的余弦值．【变式探究】(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．【举一反三】(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．【方法技巧】利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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法：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．【变式探究】(2019·卷全国卷Ⅰ)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A­MA1­N的正弦值．【变式探究】(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．【变式探究】（2023·北京卷）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．第37讲立体几何中的向量方法【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算【课标解读】1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.7.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；8.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【备考策略】从近三年卷情况来看，本讲一直是空间立体几何的基础，一般不单独命题．预测2022年会与多面体相结合进行考查，题型为解答题，解题时利用空间向量法解决问题，试题难度不会太大，属中档题型。以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上。【核心知识】知识点一空间向量及其有关概念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(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb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p＝xa＋yb空间向量基本定理及推论定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.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eq\o(OP,\s\up7(―→))＝xeq\o(OA,\s\up7(―→))＋yeq\o(OB,\s\up7(―→))＋zeq\o(OC,\s\up7(―→))且x＋y＋z＝1知识点二数量积及坐标运算(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)空间向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))知识点三直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．知识点四空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m⇔n·m＝0【特别提醒】1．空间向量基本定理的几点注意(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．(2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量．(3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．2．有关向量的数量积的提醒(1)若a，b，c(b≠0)为实数，则ab＝bc⇒a＝c；但对于向量就不正确，即a·b＝b·ca＝c.(2)数量积的运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律，但不适合乘法结合律，即(a·b)c不一定等于a(b·c)．这是由于(a·b)c表示一个与c共线的向量，而a(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线．3．方向向量和法向量均不为零向量且不唯一知识点五异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)知识点六求直线与平面所成的角设直线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，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).知识点七求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.(2)如图②③，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|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).【特别提醒】1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β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，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.【高频考点】高频考点一空间向量的数量积及应用【例1】在空间四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－1B．0C．1D．不确定【答案】B【解析】(1)如图，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.【方法技巧】1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题.(1)a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0；(2)|a|＝eq\r(a2)；(3)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).【变式探究】已知空间四边形OABC中，eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则eq\o(MN,\s\up7(→))＝()A.eq\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B．－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c D.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c【答案】B【解析】如图所示，eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BN,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.【举一反三】如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.求：(1)eq\o(AC1,\s\up7(→))的长；(2)eq\o(BD1,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))夹角的余弦值．【解析】(1)记eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).|eq\o(AC1,\s\up7(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，∴|eq\o(AC1,\s\up7(→))|＝eq\r(6)，即AC1的长为eq\r(6).(2)∵eq\o(BD1,\s\up7(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝a＋b，∴|eq\o(BD1,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→)),|eq\o(BD1,\s\up7(→))||eq\o(AC,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(6),6)，即eq\o(BD1,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).高频考点二利用向量证明平行与垂直问题【例2】（2023·天津卷）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】依题意，以C为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.【变式探究】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.证明：以A为原点，AB，AD，AP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Axyz.设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．(1)因为∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形．所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2))).设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，即y＝eq\f(2\r(3),3)，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),6)×eq\f(\r(3),4)＝0，所以eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，即AE⊥CD．(2)(方法一)由(1)知，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，P(0，0,1)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1)).又eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(3),3)＋eq\f(1,2)×(－1)＝0，所以eq\o(PD,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，即PD⊥AE.因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0.所以PD⊥AB.又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面AEB，所以PD⊥平面AEB.(方法二)由(1)知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(1,4)x＋\f(\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，))令y＝2，则z＝－eq\r(3)，所以n＝(0,2，－eq\r(3))为平面ABE的一个法向量．因为eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1))，显然eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),3)n.因为eq\o(PD,\s\up6(→))∥n，所以eq\o(PD,\s\up6(→))⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.【方法技巧】(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；④根据运算结果解释相关问题．(2)空间线面位置关系的坐标表示设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．①线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.②线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.③线面平行(l⊄α)l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.④线面垂直l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.⑤面面平行α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.⑥面面垂直α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.【变式探究】如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，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Cxyz.因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°.因为PC＝2，所以BC＝2eq\r(3)，PB＝4，所以D(0,1,0)，B(2eq\r(3)，0,0)，A(2eq\r(3)，4,0)，P(0,0,2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，3,0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2))).设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0，))取y＝2，得x＝－eq\r(3)，z＝1，所以n＝(－eq\r(3)，2,1)是平面PAD的一个法向量．因为n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq\f(3,2)＝0，所以n⊥eq\o(CM,\s\up6(→)).又CM平面PAD，所以CM∥平面PAD．高频考点三用空间向量解决有关位置关系的探索性问题【例3】（2023·山东卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.【方法技巧】解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.【变式探究】（2023·北京卷）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2)B-CD-C1的余弦值为−(3)证明过程见解析【解析】（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE⊂平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴CD=设平面BCD的法向量为n=(a ∴n⋅CD=0n⋅CB令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量n=(2 又∵平面CDC1的法向量为EB=∴cos<n⋅由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为−21（Ⅲ）平面BCD的法向量为n=(2 ， −1 ，∴GF=(0 ， −2 ， ∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．高频考点四用空间向量求异面直线所成的角【例4】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)【答案】C【解析】以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，eq\r(3))，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))．设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，所以cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,2×\r(5))))＝eq\f(\r(5),5).所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).【变式探究】（2023·浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）39【解析】方法一：（Ⅰ）由AB=2,AA1=4,B所以A1故AB由BC=2，BB1=2,CC1由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23由CC1⊥AC，得AC1因此AB1⊥（Ⅱ）如图，过点C1作C1D⊥A1B1由AB1⊥平面A1B由C1D⊥A1B所以∠C1AD是AC1与平面AB由B1C1所以C1D=3因此，直线AC1与平面ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：A(0,−因此A由AB1⋅由AB1⋅所以AB1⊥（Ⅱ）设直线AC1与平面ABB由（Ⅰ）可知A设平面ABB1的法向量由n⋅AB=0,n⋅BB所以sinθ=因此，直线AC1与平面ABB【方法技巧】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．【变式探究】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如图，以O为坐标原点，射线OB，OC分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系O­xyz，则P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(0，2eq\r(3)，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))|,|eq\o(PB,\s\up7(→))||eq\o(AC,\s\up7(→))|)＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).即PB与AC所成角的余弦值为eq\f(\r(6),4).高频考点五用空间向量求线面角【例5】（2023·浙江卷）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【变式探究】(2020·新卷全国卷Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝eq\r(2)，求PB与平面QCD所成角的正弦值．(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC．因为AD平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC．又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，所以l⊥CD，且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD．因为CD∩PD＝D所以l⊥平面PDC．(2)解：以D为原点，DA，DC，DP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．因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0，1,0)，A(1,0，0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)．设Q(m,0,1)，则有eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．因为QB＝eq\r(2)，所以eq\r(m－12＋0－12＋1－02)＝eq\r(2)，解得m＝1.设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋z＝0.))令x＝1，则z＝－1，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－1)．设PB与平面QCD所成的角为θ，则有sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→)))))))＝eq\f(1＋0＋1,\r(12＋02＋－12)×\r(12＋12＋12))＝eq\f(2,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3).所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).【变式探究】(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，所以AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，A1N∩MN＝N，所以B1C1⊥平面A1AMN.因为B1C1⊂平面EB1C1F，所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，eq\o(MA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(MB,\s\up7(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M­xyz，则AB＝2，AM＝eq\r(3).连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝eq\f(2\r(3),3)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)).由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.设Q(a,0,0)，则NQ＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，故eq\o(B1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，|eq\o(B1E,\s\up7(→))|＝eq\f(2\r(10),3).又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－n，eq\o(B1E,\s\up7(→))))＝cosn，eq\o(B1E,\s\up7(→))＝eq\f(n·eq\o(B1E,\s\up7(→)),|n|·eq\o(B1E,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(10),10).所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10).【方法技巧】利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【变式探究】(2020·北京卷)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BB1的中点．(1)求证：BC1∥平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．【解析】(1)证明：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB綊DC，D1C1綊DC，∴AB綊D1C1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，BC1∥AD1.又AD1⊂平面AD1E，BC1⊄平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E.(2)设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，以A为原点，AD，AB，AA1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，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(2,0,2)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,2,1)．设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AD1,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，))令z＝－2，则x＝2，y＝1，∴n＝(2,1，－2)．设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(AA1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(4,3×2)＝eq\f(2,3).所以直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为eq\f(2,3). 【举一反三】(2020·天津卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B­B1E­D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【解析】依题意，以C为原点，分别以eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(CC1,\s\up7(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2，0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．(1)证明：依题意，eq\o(C1M,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up7(→))＝(2，－2，－2)，从而eq\o(C1M,\s\up7(→))·eq\o(B1D,\s\up7(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)依题意，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，eq\o(EB1|,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq\o(ED,\s\up7(→))＝(2,0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(EB1|,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(ED|,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此有cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(eq\o(CA,\s\up7(→))·n,|CA|→|n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以二面角B­B1E­D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)依题意，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(AB→·n,|AB|→|n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).高频考点六用空间向量求二面角【例6】（2023·全国卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B­PC­E的余弦值．[解](1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.因为PB∩PC＝P，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)以O为坐标原点，eq\o(OE,\s\up7(→))的方向为y轴正方向，|eq\o(OE,\s\up7(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(EC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2))).设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(EP,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0.))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2))).由(1)知eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一个法向量，记n＝eq\o(AP,\s\up7(→))，则cosn，m＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5).所以二面角B­PC­E的余弦值为eq\f(2\r(5),5).【变式探究】(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．【解析】设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，以C1为坐标原点，eq\o(C1D1,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C1­xyz.(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\o(C1F,\s\up7(→))，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝(0，－1,2)，eq\o(A1F,\s\up7(→))＝(－2,0,1)．设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,－2x－2z＝0，))可取n1＝(－1，－1,1)．设n2为平面A1EF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(A1F,\s\up7(→))＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1)).因为cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),7)，所以二面角A­EF­A1的正弦值为eq\f(\r(42),7).【举一反三】(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，EC1∩B1C1＝C1，EC1，B1C1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，|eq\o(DA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1，0,1)，eq\o(CB,\s\up6(→)