方法技巧专题04 立体几何中的向量方法（解析版）

方法技巧专题4立体几何中的向量方法解析版立体几何中的向量方法知识框架二、立体几何中的向量方法线线平行设两条不重合的直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m⇒a∥b⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)线面平行设l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0面面平行设α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔u∥v⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)【一】证明平行问题1.例题【例1】如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为DD1和BB1的中点．求证：四边形AEC1F是平行四边形．[解析]以点D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DD1,\s\up7(→))为正交基底建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq\o(FC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(FC1,\s\up7(→))，又∵FAE，FEC1，∴AE与FC1平行且相等∴四边形AEC1F是平行四边形．【例2】在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD．[证明]法一：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，于是eq\o(DA1,\s\up7(→))＝(1,0,1)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(DA1,\s\up7(→))，,n⊥\o(DB,\s\up7(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up7(→))＝x＋z＝0，,n·\o(DB,\s\up7(→))＝x＋y＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝－1，∴平面A1BD的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．又eq\o(MN,\s\up7(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，∴eq\o(MN,\s\up7(→))⊥n.∴MN∥平面A1BD．法二：eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(C1N,\s\up7(→))－eq\o(C1M,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(D1A1,\s\up7(→))－eq\o(D1D,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DA1,\s\up7(→))，∴eq\o(MN,\s\up7(→))∥eq\o(DA1,\s\up7(→))，∴MN∥平面A1BD．法三：eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(C1N,\s\up7(→))－eq\o(C1M,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(A1A,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up7(→))＋\o(BA,\s\up7(→))))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up7(→))＋\o(BA,\s\up7(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(A1B,\s\up7(→)).即eq\o(MN,\s\up7(→))可用eq\o(A1B,\s\up7(→))与eq\o(DB,\s\up7(→))线性表示，故eq\o(MN,\s\up7(→))与eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(DB,\s\up7(→))是共面向量，故MN∥平面A1BD．【例3】在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点，试证明平面A1BD∥平面CB1D1.[证明]如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，则eq\o(CD1,\s\up7(→))＝(0，－1,1)，eq\o(D1B1,\s\up7(→))＝(1,1,0)，设平面CB1D1的法向量为m＝(x1，μ1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(CD1,\s\up7(→)),m⊥\o(D1B1,\s\up7(→))))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD1,\s\up7(→))＝－y1＋z1＝0，,m·\o(D1B1,\s\up7(→))＝x1＋y1＝0，))令y1＝1，可得平面CB1D1的一个法向量为m＝(－1,1,1)，又平面A1BD的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．所以m＝－n，所以m∥n，故平面A1BD∥平面CB1D1.【例4】如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直．，，，.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)线段上是否存在点，使平面若存在，求出；若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：取AB中点O，连接EO，DO．因为EB=EA，所以EO⊥AB．因为四边形ABCD为直角梯形，AB=2CD=2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD因为EO∩OD=O所以AB⊥平面EOD因为ED⊂平面EOD所以AB⊥ED．（2）解：因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，平面ABE∩平面ABCD=AB所以EO⊥平面ABCD，因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD．由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．因为△EAB为等腰直角三角形，所以OA=OB=OD=OE，设OB=1，所以O（0，0，0），A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）．所以，平面ABE的一个法向量为．设直线EC与平面ABE所成的角为θ，所以，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为．（3）解：存在点F，且时，有EC∥平面FBD．证明如下：由，，所以．设平面FBD的法向量为=（a，b，c），则有所以取a=1，得=（1，1，2）．因为=（1，1，﹣1）•（1，1，2）=0，且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD．即点F满足时，有EC∥平面FBD．2.巩固提升综合练习【练习1】长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D1，A1B上的点，且D1E＝2EB1，BF＝2FA1.求证：EF∥AC1.[证明]如图所示，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设DA＝a，DC＝b，DD1＝c，则得下列各点的坐标：A(a,0,0)，C1(0，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)b，c))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(b,3)，\f(2,3)c)).∴eq\o(FE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－a，b，c)，∴eq\o(FE,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC1,\s\up7(→)).又FE与AC1不共线，∴直线EF∥AC1.【练习2】在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点，求证：AB∥平面DEG.[证明]∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE.又∵AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直．以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2，2,0)，∴eq\o(ED,\s\up7(→))＝(0,2,2)，eq\o(EG,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2,0，－2)．设平面DEG的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up7(→))·n＝0，,\o(EG,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令y＝1，得z＝－1，x＝－1，则n＝(－1,1，－1)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·n＝－2＋0＋2＝0，即eq\o(AB,\s\up7(→))⊥n.∵AB⊄平面DEG，∴AB∥平面DEG.【练习3】如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q是CC1上的点，则当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为2，则O(1,1,0)，A(2,0,0)，P(0,0,1)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，∴eq\o(OA,\s\up8(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OP,\s\up8(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(BD1,\s\up8(→))＝(－2，－2，2)．设平面PAO的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(OA,\s\up8(→))＝0,n1·\o(OP,\s\up8(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0,－x－y＋z＝0))令x＝1，则y＝1，z＝2，∴平面PAO的一个法向量为n1＝(1,1,2)．若平面D1BQ∥平面PAO，则n1也是平面D1BQ的一个法向量．设Q(0,2，c)，则eq\o(BQ,\s\up8(→))＝(－2,0，c)，∴n1·eq\o(BQ,\s\up8(→))＝0，即－2＋2c＝0，∴c＝1，这时n1·eq\o(BD1,\s\up8(→))＝－2－2＋4＝0.∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.【二】证明垂直问题空间中垂直关系的向量表示空间中垂直关系的向量表示线线垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0线面垂直设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0注：若一个平面内一条直线的方向向量与另一个平面的法向量共线，则这两个平面垂直。1.例题【例1】如图，在直三棱柱中，，，，，M是棱的中点，求证：.【解析】如图，以B为原点，BA、所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系，则0，，2，，2，，，，，，即，；【例2】如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD．【证明】法一：如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC．因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，以eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OO1,\s\up7(→))，eq\o(OA,\s\up7(→))分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．所以eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up7(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－2,1,0)．因为eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BA1,\s\up7(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq\r(3))×eq\r(3)＝0.eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq\r(3))×0＝0.所以eq\o(AB1,\s\up7(→))⊥eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))⊥eq\o(BD,\s\up7(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD．又因为BA1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD．法二：建系同方法一．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BA1,\s\up7(→)),n⊥\o(BD,\s\up7(→))))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up7(→))＝－x＋2y＋\r(3)z＝0，,n·\o(BD,\s\up7(→))＝－2x＋y＝0，))令x＝1得平面A1BD的一个法向量为n＝(1,2，－eq\r(3))，又eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(1,2，－eq\r(3))，所以n＝eq\o(AB1,\s\up7(→))，即eq\o(AB1,\s\up7(→))∥n.所以AB1⊥平面A1BD．【例3】如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E为BB1的中点，证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C．【解析】由题意得AB，BC，B1B两两垂直．以B为原点，BA，BC，BB1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，则eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－2,2,1)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝－2,0，eq\f(1,2).设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up7(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋2y1＝0.))令x1＝1，得y1＝1.∴n1＝(1,1,0)．设平面AEC1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up7(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＋z2＝0，,－2x2＋\f(1,2)z2＝0，))令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1.∴n2＝(1，－1,4)．∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0.∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C．【例4】如图，在三棱锥中，平面，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，是线段上一点．（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．（2）是否存在点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．【解析】不妨设，在平面中作，以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．（1）因为点是的中点，所以点的坐标为．所以，，．设是平面的法向量，则即取，则，所以平面的一个法向量为．所以，所以直线与平面所成的角的正弦值为．（2）假设存在点使得平面平面，设．显然，．设是平面的法向量，则即取，则，，所以平面的一个法向量为．因为，所以点的坐标为．所以，．设是平面的法向量，则即取，则，所以平面的一个法向量为．因为平面平面，所以，即，，解得．所以的值为2，即当时，平面平面．2.巩固提升综合练习【练习1】如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：AM⊥平面BDF.【证明】以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，B(0，eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，0,0)，F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).所以eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq\o(DF,\s\up8(→))＝(0,eq\r(2)，1)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)．设n＝(x，y，z)是平面BDF的法向量，则n⊥eq\o(BD,\s\up8(→))，n⊥eq\o(DF,\s\up8(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up8(→))＝\r(2)x－\r(2)y＝0，,n·\o(DF,\s\up8(→))＝\r(2)y＋z＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝－\r(2)y，))取y＝1，得x＝1，z＝－eq\r(2).则n＝(1,1，－eq\r(2))．因为eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).所以n＝－eq\r(2)eq\o(AM,\s\up8(→))，得n与eq\o(AM,\s\up8(→))共线．所以AM⊥平面BDF.【练习2】如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD．求证：平面DEA⊥平面ECA．[证明]建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝1，C(0,0,0)，A(eq\r(3)，1,0)，B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(0,2,1)．所以eq\o(EA,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，eq\o(CE,\s\up8(→))＝(0,0,2)，eq\o(ED,\s\up8(→))＝(0,2，－1)．分别设平面CEA与平面DEA的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EA,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(CE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1－2z1＝0，,2z1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EA,\s\up8(→))＝0，,n2·\o(ED,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋y2－2z2＝0，,2y2－z2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\r(3)y2，,z2＝2y2.))不妨取n1＝(1，－eq\r(3)，0)，n2＝(eq\r(3)，1,2)，因为n1·n2＝0，所以n1⊥n2.所以平面DEA⊥平面ECA．【三】利用空间向量求空间角角的分类角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角θ设l1与l2的方向向量为a，b，则cosθ＝|cos<a，b>|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直线l与平面α所成的角θ设l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos<a，n>|＝eq\f(|a·n|,|a||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))二面角α­l­β的平面角θ设平面α，β的法向量为n1，n2，则|cosθ|＝|cos<n1，n2>|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)[0，π]注：(1)线面所称角θ，当<a，n>时，θ=<a，n>；当<a，n>时，θ=<a，n>（2）条件平面α，β的法向量分别为u，υ，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，υ〉＝φ，图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cosθ＝cosφcosθ＝－cosφ1.例题【例1】如图，在三棱柱OAB­O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq\r(3)，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O1(0,1，eq\r(3))，A(eq\r(3)，0,0)，A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，B(0,2,0)，∴eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(O1A,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))．∴|cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(O1A,\s\up7(→))〉＝eq\f(|\o(A1B,\s\up7(→))·\o(O1A,\s\up7(→))|,|\o(A1B,\s\up7(→))|·|\o(O1A,\s\up7(→))|)＝eq\f(|(－\r(3)，1，－\r(3))·(\r(3)，－1，－\r(3))|,\r(7)·\r(7))＝eq\f(1,7).∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为eq\f(1,7).【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.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TNAM，所以四边形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)如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))eq\s\up8(2))＝eq\r(5).以A为坐标原点，eq\o(AE,\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\up7(→))＝(0,2，－4)，eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up7(→))＝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\up7(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up7(→))＝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\up7(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up7(→))|,|n||\o(AN,\s\up7(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq\f(8\r(5),25).【例3】如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值.[解析](1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD．因为AB∥CD，所以AB⊥PD．又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD．因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD．以F为坐标原点，eq\o(FA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up7(→))|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.由(1)及已知可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，所以eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,1,0)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))所以可取n＝(0，－1，－eq\r(2))．设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up7(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.))所以可取m＝(1,0,1)，则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq\f(\r(3),3).所以二面角A­PB­C的余弦值为－eq\f(\r(3),3).【例4】如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是等边三角形，平面平面，，为棱上一点，为的中点，四棱锥的体积为.（1）若为棱的中点，是的中点，求证：平面平面；（2）是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：因为、分别是、的中点，所以，在矩形中，，所以，又因为、分别是、的中点，所以，又因为，，平面，平面，所以平面平面.（2）解：假设棱上存在点满足题意.在等边三角形中，为的中点，于是，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是四棱锥的高，设，则，，所以，所以，以为坐标原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，设，，，设平面的一个法向量为，有，令，则，易知平面的一个法向量，所以，因为，所以，所以存在点，位于的靠近点的三等分点.2.巩固提升综合练习【练习1】已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为多少？【解析】依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥S­ABCD的棱长为eq\r(2)，则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(－1,0,0)，∴E点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq\o(SD,\s\up7(→))＝(－1,0，－1)，cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(SD,\s\up7(→))〉＝eq\f(－1,\f(\r(6),2)·\r(2))＝－eq\f(\r(3),3)，故异面直线所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).【练习2】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：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD．所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD．如图，建立空间直角坐标系O­xyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0，0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up7(→)),|n||\o(PB,\s\up7(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→)).因此点M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq\o(BM,\s\up7(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).【练习3】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq\o(DF,\s\up8(︵))的中点．(1)设P是eq\o(CE,\s\up8(︵))上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(2,0,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up7(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up7(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2).故所求的角为60°.【练习4】如图，在三棱锥P­ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角D­GH­E的余弦值．【解析】(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC．又因为EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD．又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.又因为EF∥AB，所以AB∥GH.(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又因为PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设BA＝BP＝BQ＝2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，所以eq\o(EQ,\s\up7(→))＝(－1,2，－1)，eq\o(FQ,\s\up7(→))＝(0,2，－1)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0，－1,2)．设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，由m·eq\o(EQ,\s\up7(→))＝0，m·eq\o(FQ,\s\up7(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1－z1＝0，,2y1－z1＝0，))取y1＝1，得m＝(0,1,2)．设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(CP,\s\up7(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－y2＋2z2＝0，,－y2＋2z2＝0，))取z2＝1，得n＝(0,2,1)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(4,5).因为二面角D­GH­E为钝角，所以二面角D­GH­E的余弦值为－eq\f(4,5).【四】利用空间向量求距离点到平面的距离：点到平面的距离：先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长．如图，设n＝(a，b，c)是平面α的一个法向量，P0(x0，y0，z0)为α外一点，P(x，y，z)是平面α内的任意一点，则点P0到平面α的距离：d＝eq\f(|\o(PP0,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|ax0－x＋by0－y＋cz0－z|,\r(a2＋b2＋c2)).注：线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.1.例题【例1】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，求点A到平面EFG的距离．【解析】以D为坐标原点，DA，DC，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Dxyz，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)．所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)．设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，点A到平面EFG的距离为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,－x－y＋2z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝z，,y＝z.))令z＝1，此时n＝(1,1,1)，所以d＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即点A到平面EFG的距离为eq\f(\r(3),3).【例2】在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BC，CD的中点，则BD到平面EFD1B1的距离为________.【答案】【解析】以D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易求平面EFD1B1的法向量n＝，又＝，∴所求距离为＝.故答案为：【例3】在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为()A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，即，解得，故，显然平面//平面，所以平面与平面之间的距离．2.巩固提升综合练习【练习1】如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面,，,是中点.（I）求直线与平面所成的角的正弦值；（II）求点到平面的距离．【解析】因为两两互相垂直，如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则.(I)设所求角为，又，则，(II)设点到平面距离为，则.【练习2】如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，DG＝eq\f(1,3)DD1，过E，F，G的平面交AA1于点H，求D1A1到平面EFGH的距离．【解析】因为点E，F分别为BB1，CC1的中点，所以EF∥B1C1∥A1D1.又因为A1D1⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH，所以D1A1到平面EFGH的距离即为点D1到平面EFGH的距离．以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,3)))，D1(0,0,1)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，－\f(1,6))).设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,－y－\f(1,6)z＝0，))令z＝6，可得n＝(0，－1,6)．设D1A1到平面EFGH的距离为d，连接D1F，又eq\o(D1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，所以d＝eq\f(|\o(D1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4\r(37),37)，即D1A1到平面EFGH的距离为eq\f(4\r(37),37).【练习3】如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点，求直线MN与平面OCD的距离及平面MNR与平面OCD的距离.【解析】因为M，R分别为AO，AD的中点，所以MR∥OD.在正方形ABCD中，N，R分别为BC，AD的中点，所以NR∥CD.又MR∩NR=R，OD∩CD=D，所以平面MNR∥平面OCD.又MN平面MNR，所以MN∥平面OCD.所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于点N到平面OCD的距离.以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)，所以=(0，1，0)，=(0，2，−2)，=(−2，0，0)，设平面OCD的法向量为n=(x，y，z)，则，令z=1，得n=(0，1，1)为平面OCD的一个法向量.所以点N到平面OCD的距离d=|·|=，所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于三、课后自我检测1．如图，已知在四棱锥中，平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，分别