直線的方向向量：l是空間一直線，A，B是直l上任意兩點，則稱AB為直線l的方向向量，與平面的法向量可利用方程a，b是平α內(nèi)兩不共線向量，n為平α的法向量設(shè)直l1l2的方向向量分別為ν1ν2l1∥l2(l1l2重合數(shù)x，y，使ν＝xν1＋yν2．設(shè)直l的方向向量為ν，平面α的法向量為ul∥α設(shè)直l的方向向量為ν，平面α的法向量為u設(shè)平αβ的法向量分別為u1u2設(shè)異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2l1l2所成θcosθ＝|cos〈設(shè)直l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線lα所成角θ〈m，n〉|＝|m|·|求二面角的→如圖①，AB，CD是二α－l－β的兩個面內(nèi)l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈→CD〉|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角→ 類型一利用空間向量證明平行問PADABCDABCD

則 即 → 練習(xí)１：已知平面α的一個法向量是n＝(1,1,1)，A(2,3,1)，B(1,3,2)，則直線AB與平面α的 C．AB D．AB∥αAB 【解析】由已知→∴ABn.∴AB∥αAB【答案】類型二利用空間向量證明垂直問2：(2014·遼寧)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點．(2)求二面E－BF－C的正弦【答案】解法一：(1)證明：如圖(1)EEO⊥BC，垂足O，連FO⊥BC.EO⊥BC，EO∩FO＝O，因此BC⊥平面EFO.EF?EFO，所(2)如圖(1)，過O作OG⊥BF，垂足為G，連接由平ABCBDC，從而EO⊥平面BDC.OG⊥BF，由三垂線定因此∠EGO為二面角E－BF－C的一個平面角在△EOC中，EO＝1EC＝1BC·co30°＝3，由△BGO∽△BFC知，OG＝BOFC＝·

tan∠EGO

EGO＝2＝＝2，從而 2E－BF－C5解法二：(1)證明：由題意，以B為坐標(biāo)原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直于BC的直線為x3BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)B(0,0,0)，A(0，－1，3)，D(3，－1,0)，C(0,2,0)，3 0， ， 2 →

→所以EF＝

，BC＝(0,2,0)，因此 2 從而EF⊥BC，所以(2)如圖(2BFC的一個法向量為32又F32

，，0，BE＝0， 2由

n2＝(1，－設(shè)二面角E－BF－C的大小為θ，且由題意知θ為銳角，則cosθ＝|cos〈n，n〉|＝n1·n2 11 52因此 5

225，即所求二面角的正弦值為525ABCD，AB＝AA1＝證明：A1C證 由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖∵AB＝AA1＝→∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由A1B1＝AB，易 → →∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，又∴A1C⊥平面類型三利用空間向量解決探索性問例3：如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD的中點在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存AP的長若不存在明理由若二面角A－B1E－A1的大小為30°，求AB的長→【答案】(1)證明以A →→→的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間→直角坐標(biāo)系(如圖)．設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0，1,0)，D(0,1,1)，Ea，1，0，B(a,0,1)， →→ ＝(0,1,1)，B1E＝－ ∵

20P＝(0，－1，又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．0∵n⊥平面∴n⊥→，n ⊥AE，得

取x＝1，得平面B1AE的一個法向量n＝1，－ DP∥平面B1AE，只要n

a－az0＝0，解得

DP?平面， ＝. 1∴存在點P，滿DP∥平面B1AE，此時AP＝2解連接A1D，B1C，由長方體ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得又由(1)知B1E⊥AD1，且∴AD1⊥平面∴ ∴AD1是平A1B1E的一個法向量，此時→設(shè)AD1與n所成的角為acos

－ 4 4∵二面角A－B1E－A1的大小為3232∴|cosθ|＝cos30°， 1＋a＝2，即AB的長如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，求證：AA1求證：二面角A1－BC1－B1的余弦值1證明 段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求BC的值1【答案】(1)證明在正方形AA1C1C又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面∴AA1⊥平面解在△∴以A為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)(0,0,4)，B(0,3,0)，C(4,0,4)，B(0,3,4)，→＝(4，0,0)，→＝(0,3，－4)，→ －3,0)，1

設(shè)平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量1111 由 12·n 12 ∴cos ＝|n1||n2| BD＝λC1→＝則λ9，因為9∈[0,1]，所 段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B此時BD＝9＝ 類型四求異面直線所成的例4：在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，求異面直線BA1與AC所成的→ → → →BA1·AC＝|BA1|·|AC|×cos〈BA1，AC〉，求出向量BA1與AC的夾角〈BA1，AC再根據(jù)異面直線BA1，AC所成角的范圍確定異面直線所成角．還可用幾何法或坐標(biāo)【答案】方法 因為→→→→ → → →→→→ →所以→ BB1·BC＝0，BA·AB＝－a所以→ BA1·AC＝－a又→ →又BA1·AC＝|BA1|·|AC|·cos〈BA1，AC→ 2a× 2a×所以〈→→BA1，AC〉所以異面直線BA1與AC所成的角為方法 連接A1C1，BC1，則由條件可知BA1AC所成的角亦為BA1A1C1所成的角，由于該幾何體為邊長為a的正方體，于是△A1BC1為正三角從而所求異面直線BA1與AC所成的角為方法 由于該幾何體為正方體，所以DA，DC，DD1兩兩垂直且長度均為于是以D為坐標(biāo)原點 1分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系 從而 → 且|AC|＝|BA1|＝2a，AC·BA1＝－a→ 2a·∴cos〈AC，BA1〉2a·2→〈AC，BA1〉所以所求異面直線BA1與AC所成角為練習(xí)１已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1中點，則異面直線BE與CD1所成角 3A. 3

【解析】以DA、DC、DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖3AB＝a，則B(a，a,0)，C(0，a,0)，D a，a)，→1→ → a

∴cos〈BE，CD1〉＝→→

32a·3【答案】類型五利用空間向量求直線與平面所成的例5：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為AB、C1D1的中點，則A1B1與平面A1EF夾角的正弦 6A.

B.

D.C.D.1(1，(0， 1(1，(0，

1B1 2→

1，0)．設(shè)平AEF的一個法向量為121 則 ，即 2 2 ∴n＝(1,2,1)，cos〈n， 2.A1B1〉 6. 6A1B1與平面A1EF的夾角為663則sinθ＝cos〈n，→〉 63【答案】

則直線BC與平面PAC所成的角 【解析】，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系

a(0，－，2 a 則CA＝(2a,0,0)，AP＝(－a，－，2設(shè)平面PAC的法向量為n，可求得 B·n 則cos〈CB，n〉＝

2a2·→∴〈CB，n〉BC與平面PAC所成的角為【答案】練習(xí)2：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為AB、CC1的中點，則異面直線EF與A1C1所成角 【解析】以A為原點建立直角坐標(biāo)系8所示B(2,0,0E(1,0,0)，F(xiàn)(2,2,1)， ∴cos〈EF，A1C1 3232＝ → ∴〈EF，A1C1〉【答案】類型六利用空間向量求二面例6：，P是二面角α－AB－β棱上一點，分別在α，β內(nèi)引射線PM，PN，若∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，則二面角α－AB－β大小 【解析】如圖10，過M在αMF⊥ABF在βFN⊥ABPN于點N，連2222設(shè)PM＝1【答案】

練習(xí)１：如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2D⊥底ABCD.(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值BD2＋AD2＝AB2BD⊥AD.PD⊥底面ABCD，可BD⊥PD.(2)14D為坐標(biāo)原點，設(shè)AD的長為單位長，射線DAx軸的正半軸建立空間直角D－xyzA(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1， AB＝(－1，3，0)，PB＝(0，→設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z

－x＋ 即n

因此可取n＝(3，1， m＝(0，－1，－ 22cos〈m，n〉 ＝－722A－PB－C7在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD所成的角的正弦值是 【答案】

6332如圖，過正方形ABCD的頂點A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，則平面ABP和平面CDP所成的6332 【答案】將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A－BD－C，則下面結(jié)論錯誤的為() B．△ACD是等邊三角形C．AB與平面BCD所成的角為 D．AB與CD所成的角為【答案】在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1．13如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點．求證：(1)DE∥平面(2)B1F⊥平面【答案】證明：如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，不妨設(shè)AB＝AA1＝4，A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，(1)取AB中點為N，連接 又∵NCABC，DE∥平面DE →→∴→→→∴又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面6.(2014·新課標(biāo)卷Ⅰ)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形(1)證明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值【答案】(1)證明：連接BC1交B1C于點O，連接AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1，且OB1CBC1的中點。AO=CO,AB=BC,有BOABOCOAOBOA,OB,OB1→→ O為坐標(biāo)原點，OB，OB1，OA的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，|OB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因為∠CBB1＝60°，所以△CBB1為等邊三角形AB＝BCOC＝OAA0，0， 33333B → 3 → 設(shè)n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量33 33

n＝(1，則 m＝(1，－3， ＝則cos〈n，m〉＝ ＝|n||m|1所以二面角A－A1B1－C1的余弦值為7基礎(chǔ)鞏固如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，則異面直線A1B所成角的余弦值是 6A.

B.

C.

D.【答案】在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a.點E為側(cè)棱的中點，又作DF⊥PB交PB于點F，則PB與平面EFD所成角為 【答案】，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E、分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角 【答案】如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別是棱CD、CC1的中點，則異面直線A1M與DN所成 【答案】正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是 【答案】能力提升，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD(2)求MN的長

【答案】(1)證明設(shè)由題意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為→ 1→ 1→MN＝AN－AM＝(AC＋AD)－AB＝ ∴MN·AB＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p 1 ＝(a·cos60°＋a·cos60°－a2 (2)解由(1)可知

→ ∴|MN|＝MN＝41 ＝[q＋r＋p＋2(q·r－p·q－r·p)] ＝[a2＋a2＋a2＋2(a 2－2－2 ＝×2a2＝ 2222 22∴MN的長 22如圖，在直三棱柱ADE-BCF中，面ABFEABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點ODF的中點．求證OM∥平面平面MDF⊥平面【證明】由題意，AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點建立的空間直角坐標(biāo)系 11O，，11 OM＝0，－，－

→∵棱柱ADE-BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴BA是平面BCF的一個法向量且OM?平面BCF，∴OM∥平面設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為

n1DF＝n1DM＝0

解得 1

∴平面MDF⊥平面在三棱柱ABC－A1B1C1中H是正方形 AA1＝22C1H⊥且C1H＝5.求異面直線AC與A1B1所成角的余弦求二面角A－A1C1－B1的正弦值NB1C1的中點，點M在平AA1B1B內(nèi)MN⊥平A1B1C1，求線段BM的長A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，→→ → →