专题13利用空间向量解决立体几何问题

专题13利用空间向量解决立体几何问题一、思维方法二、查缺补漏考点一：空间向量的运算及共线、共面定理考点二：空间向量的数量积及应用考点三：利用空间向量证明平行、垂直考点四：用向量求异面直线所成的角考点五：用空间向量求线面角考点六：求两个平面的夹角或某一三角函数值考点七：与二面角有关的综合问题考点八：与空间向量有关的探索性问题三、真题训练2021年真题2022年真题四、热点预测单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题【思维方法】1.(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求.(2)解题时应结合已知和所求观察图形，正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，灵活运用三角形法则及四边形法则，就近表示所需向量.2.(1)对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，若x＋y＝1，则点P，A，B共线.(2)证明空间四点P，M，A，B共面的方法.①eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→)).②对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→)).3.利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置.4.利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角的平面角.5.可以通过|a|＝eq\r(a2)，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.6.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).7.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误.8.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解.9.两异面直线所成角的范围是θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.10.向量法求直线与平面所成角主要方法是：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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.11.用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.12.本题把综合法与向量法融为一体，考查逻辑推理与数学运算等数学核心素养.13.题目求解的关键有两点：(1)证明PO⊥平面ABC，从而为建立空间直角坐标系，利用向量法求解提供了保障；(2)由点M在BC上及平面MPA与平面CPA夹角为30°，确定具体的位置，从而求出点M的坐标.14.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”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.15.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.【查缺补漏】【考点一】空间向量的运算及共线、共面定理【典例1】(多选题)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up6(→))，设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，则下列等式成立的是()A.eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c B.eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c－aC.eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)b－eq\f(1,4)c－eq\f(3,4)a D.eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c【解析】对于A，利用向量的平行四边形法则，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，A错误；对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(OC,\s\up6(→))))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c－a，B正确；对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b＋\f(1,3)c－a))＝eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c－eq\f(3,4)a，C错误；对于D，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c－eq\f(3,4)a＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c，D正确，故选BD.【典例2】(多选题)下列说法中正确的是()A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件B.若eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))共线，则AB∥CDC.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点共面D.若P，A，B，C为空间四点，且有eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＋μeq\o(PC,\s\up6(→))(eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件【解析】由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；若eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，因为eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1，可得P，A，B，C四点共面，故C正确；若P，A，B，C为空间四点，且有eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＋μeq\o(PC,\s\up6(→))(eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→))＝λ(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→)))，即eq\o(CA,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.故选CD.【典例3】如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)求证：BD∥平面EFGH；(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))．【解析】证明(1)连接BG，则eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))，由共面向量定理的推论知E，F，G，H四点共面．(2)因为eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.(3)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)知eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，同理eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(FG,\s\up6(→))，即EH綊FG，所以四边形EFGH是平行四边形，所以EG，FH交于一点M且被M平分．故eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OG,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)[eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))]＋eq\f(1,2)[eq\f(1,2)(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))]＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))．【考点二】空间向量的数量积及应用【典例1】如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；(3)求证：AA1⊥BD.【解析】(1)解设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos120°＝－1.∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝|a＋b＋c|＝eq\r(a＋b＋c2)＝eq\r(|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋b·c＋c·a)＝eq\r(12＋12＋22＋20－1－1)＝eq\r(2).∴线段AC1的长为eq\r(2).(2)解设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1D,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(A1D,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(A1D,\s\up6(→))|))).∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝b－c，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，|eq\o(A1D,\s\up6(→))|＝eq\r(b－c2)＝eq\r(|b|2－2b·c＋|c|2)＝eq\r(12－2×－1＋22)＝eq\r(7).∴cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(A1D,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(A1D,\s\up6(→)))))＝|eq\f(－2,\r(2)×\r(7))|＝eq\f(\r(14),7).故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为eq\f(\r(14),7).(3)证明∵eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝b－a，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，∴AA1⊥BD.【典例2】如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求eq\o(AC1,\s\up6(→))的长；(2)求eq\o(BD1,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))夹角的余弦值．【解析】(1)记eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝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\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2))＝6，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即AC1的长为eq\r(6).(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，∴|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),6).即eq\o(BD1,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).【典例3】如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点.(1)求证：EG⊥AB；(2)求EG的长；(3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值.【解析】(1)证明设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，由题意知eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(b＋c－a)，所以eq\o(EG,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a·b＋a·c－a2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1×\f(1,2)＋1×1×\f(1,2)－1))＝0.故eq\o(EG,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EG⊥AB.(2)解由(1)知eq\o(EG,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，|eq\o(EG,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)b2＋eq\f(1,4)c2－eq\f(1,2)a·b＋eq\f(1,2)b·c－eq\f(1,2)c·a＝eq\f(1,2)，则|eq\o(EG,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2)，即EG的长为eq\f(\r(2),2).(3)解eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq\f(1,2)a，coseq\o(AG,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AG,\s\up6(→))·\o(CE,\s\up6(→)),|\o(AG,\s\up6(→))||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b＋\f(1,2)a)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c))\s\up12(2))·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－b))\s\up12(2)))＝eq\f(－\f(1,2),\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝－eq\f(2,3)，由于异面直线所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为eq\f(2,3).【考点三】利用空间向量证明平行、垂直【典例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.【解析】证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)向量eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，向量eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＝0，))不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.且n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥eq\o(AB,\s\up6(→)).所以平面PAD⊥平面PCD.【典例2】如图所示，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°的角.求证：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.【解析】证明以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP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，∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4，∴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)))，∴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))).(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0，))令y＝2，得n＝(－eq\r(3)，2，1).∵n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq\f(3,2)＝0，∴n⊥eq\o(CM,\s\up6(→)).又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.(2)法一由(1)知，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，0，－2)，设平面PAB的一个法向量m＝(x0，y0，z0)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))·m＝0，,\o(PB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y0＝0，,2\r(3)x0－2z0＝0，))令x0＝1，得m＝(1，0，eq\r(3))，又∵平面PAD的一个法向量n＝(－eq\r(3)，2，1)，∴m·n＝1×(－eq\r(3))＋0×2＋eq\r(3)×1＝0，∴m⊥n，∴平面PAB⊥平面PAD.法二如图，取AP的中点E，连接BE，则E(eq\r(3)，2，1)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2，1).∵PB＝AB，∴BE⊥PA.又∵eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2，1)·(2eq\r(3)，3，0)＝0，∴eq\o(BE,\s\up6(→))⊥eq\o(DA,\s\up6(→))，∴BE⊥DA.又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面PAD，∴BE⊥平面PAD.又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.【考点四】用向量求异面直线所成的角【典例1】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)【解析】以A为原点，AB，AC，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，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3).故选B.【典例2】在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为________.【解析】以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－2，1，0).则cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).【典例3】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq\f(3\r(2),10)，则λ的值为________.【解析】以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略).正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).则cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→)),|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(D1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，所以eq\f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq\f(3\r(2),10)，解之得λ＝eq\f(1,3)(舍去－eq\f(1,3)).【考点五】用空间向量求线面角【典例1】如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为eq\f(4\r(195),65)，求AD的长.【解析】(1)证明依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，由余弦定理求得BC＝2eq\r(3)，∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD.∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，又CA⊂平面BCA，∴SD⊥CA.(2)解以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2eq\r(3)，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，eq\r(3))，故eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2，0)，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(3))，设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(SD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))取x＝1，则y＝eq\r(3)，z＝1，所以m＝(1，eq\r(3)，1)，设eq\o(DA,\s\up6(→))＝λeq\o(DS,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，－λ，eq\r(3)λ)，故A(0，2－λ，eq\r(3)λ)，则eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，2－λ，eq\r(3)λ)，设直线BA与平面SCD所成角为θ.故sinθ＝|cos〈m，eq\o(BA,\s\up6(→))〉＝eq\f(|m·\o(BA,\s\up6(→))|,|m|·|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2\r(3)－\r(3)λ＋\r(3)λ|,\r(5)·\r(（2－λ）2＋3λ2))＝eq\f(4\r(195),65)，解得λ＝eq\f(1,4)或eq\f(3,4)，则AD＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2).【典例2】如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．【解析】(1)证明由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(5).以A为坐标原点，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq\r(5)，2,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，eq\o(AN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up6(→))|,|n||A\o(N,\s\up6(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).设AN与平面PMN所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(8\r(5),25)，∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq\f(8\r(5),25).【典例3】在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．【解析】(1)证明∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)解过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD.∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，则eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(1,2)y0＋\f(1,2)z0＝0，))取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),3)，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).【考点六】求两个平面的夹角或某一三角函数值【典例1】在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．【解析】(1)证明设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)解连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．过点F作FM垂直OB于点M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)．设m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一个法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))，因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角FBCA的余弦值为eq\f(\r(7),7).【典例2】如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O—EF—C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值【解析】(1)证明依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0)．依题意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)，又eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up6(→))·n1＝0，又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)解易证eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1,1,2)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,－x2＋y2＋2z2＝0，))不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·n2,|\o(OA,\s\up6(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以二面角O—EF—C的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，进而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(3,5)，\f(4,5)))，从而eq\o(BH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(8,5)，\f(4,5))).因此cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·n2,|\o(BH,\s\up6(→))||n2|)＝－eq\f(\r(7),21).所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为eq\f(\r(7),21).【典例3】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E－BD－F的余弦值为eq\f(1,3)，求线段CF的长.【解析】依题意，建立以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).(1)证明依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1).因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq\f(4,9).(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，故由题意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3).解得h＝eq\f(8,7).经检验，符合题意.所以，线段CF的长为eq\f(8,7).【考点七】与二面角有关的综合问题【典例1】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且平面MPA与平面CPA夹角为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.【解析】(1)证明因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).连接OB，因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(3)).取平面PAC的一个法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0).设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).由eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))可取n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4(舍去)，a＝eq\f(4,3)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).【典例2】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为eq\f(1,3)，求线段CF的长.【解析】依题意，建立以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).(1)证明依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1).因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq\f(4,9).(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，故由题意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3).解得h＝eq\f(8,7).经检验，符合题意.所以，线段CF的长为eq\f(8,7).【考点八】与空间向量有关的探索性问题【典例1】如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)证明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，且PA，PB⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系．易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)．则eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1,0)．设n＝(x0，y0,1)为平面PCD的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).设PB与平面PCD的夹角为θ.则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(PB,\s\up6(→))|,|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\f(1,2)－1－1|,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))＝eq\f(\r(3),3).(3)解设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，因此点M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)，∵BM⊄平面PCD，∴BM∥平面PCD，∴eq\o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))＝0，解得λ＝eq\f(1,4)，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).【典例2】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MD＝NB＝1，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．【解析】(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，依题意得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(eq\f(1,2)，1,0)，所以eq\o(NE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，因为|cos〈eq\o(NE,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NE,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NE,\s\up6(→))||\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.连接AE，如图所示．因为eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，可设eq\o(AS,\s\up6(→))＝λeq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，又eq\o(EA,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－1,0)，所以eq\o(ES,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AS,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ES,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,\o(ES,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,2)，此时eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，|eq\o(AS,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2).经检验，当AS＝eq\f(\r(2),2)时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝eq\f(\r(2),2).【典例3】如图1所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，如图2所示．(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E－DF－C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论．【解析】(1)AB∥平面DEF，理由如下：在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)，F(1，eq\r(3)，0)，易知平面CDF的法向量为eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n＝(3，－eq\r(3)，3)，cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·n,|\o(DA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(21),7)，∴二面角E－DF－C的余弦值为eq\f(\r(21),7).(3)设P(x，y,0)，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\r(3)y－2＝0，∴y＝eq\f(2\r(3),3).又eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－2，y,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－x,2eq\r(3)－y,0)，∵eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(PC,\s\up6(→))，∴(x－2)(2eq\r(3)－y)＝－xy，∴eq\r(3)x＋y＝2eq\r(3).[9分]把y＝eq\f(2\r(3),3)代入上式得x＝eq\f(4,3)，∴P(eq\f(4,3)，eq\f(2\r(3),3)，0)，∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，∴在线段BC上存在点P(eq\f(4,3)，eq\f(2\r(3),3)，0)，使AP⊥DE.【真题训练】1.（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（）A． B． C． D．【解析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则tanθ＝1124+4=22，∴不满足对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），MN＝（2，0，﹣2），OP＝（1，﹣1，1），MN⋅OP＝0，∴满足MN⊥OP，故对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），MN＝（﹣2，0，﹣2），OP＝（﹣1，﹣1，1），MN⋅OP＝0，∴满足MN⊥OP，故对于D，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M（0，2，2），N（0，0，0），P（2，1，2），O（1，1，0），MN＝（0，﹣2，﹣2），OP＝（1，0，2），MN⋅OP＝﹣4，∴不满足MN⊥OP，故故选：BC．2.（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【解析】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，0，2），E（2，1，0），C1（2，2，2），故A1C设平面A1EC1的法向量为n=则n⋅A1C令z＝1，则x＝2，y＝﹣2，故n=2又F（1，2，0），D1（0，2，2），所以FD1=-1,0,故D1F∥平面A1EC1；(2)解:由(1)可知,AC1=2,2,2,则cos<n,AC1>n⋅则m⋅AA1=0m⋅A1C1=0,即c=03.（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3．（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝5，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：【解法1】设AD的中点为M，连接QM、BM，如图所示：根据题意知，QM＝2，BM＝5，QB＝3，BD＝22，△BQA中，cos∠QDB＝110，cos∠QDA＝15，∠BDA＝因此根据三垂线定理知，二面角B﹣QD﹣A的大小满足：cos∠BDA＝cos∠QDBcos∠QDA+sin∠QDBsin∠QDAcosφ，即22=110【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因为Ox⊥平面ADQ,所以平面ADQ的一个法向量为α=1,0,0,设平面BDQ的一个法向量为β=x,y,z,由BD=-2,24.（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．【解析】（1）如图,在长方体ABCD-A1B（2）连接A1C1∩B1D1＝O，∵AB＝BC，∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1，又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1，∴OB1⊥平面ACC1A1，∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，∴sin∠OAB1=OB1AB1=5.（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【解析】（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以∠ABD+∠ADB＝90°，又∠ABD+∠MAB＝90°，则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则ADAB=BABH,所以12BC2=1,解得BC=2;

(2)因为DA,DC,DP两两垂直,故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,则A2,0,0,B2,1令q=1,则r=1,故m=0,1,1,

所以cos<n,m>6.（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都