立体几何中的向量方法.ppt

1、立体几何中的向量方法 1异面直线所成角异面直线所成角 设异面直线设异面直线 a，b 所成的角为所成的角为 ，则，则 cos _， 其中其中 a a，b b 分别是直线分别是直线 a，b 的方向向量的方向向量 2直线与平面所成角直线与平面所成角 如图所示，设如图所示，设 l 为平面为平面 的斜线，的斜线，lA， a a 为为 l 的方向向量，的方向向量，n n 为平面为平面 的法向量，的法向量， 为为 l 与与 所成的角，则所成的角，则 sin n _. |a a b b| |a a|b b| |cosa a，n n| |a a n n| |a a|n n| 3二面角二面角 (1)若若 AB，C

2、D 分别是二面角分别是二面角 - l- 的两个平面内与棱的两个平面内与棱 l 垂直的异面垂直的异面 直线，则二面角直线，则二面角(或其补角或其补角)的大小就是向量的大小就是向量 AB 与 与 CD 的夹角， 的夹角， 如图如图(1) 平面平面 与与 相交于直线相交于直线 l， 平面， 平面 的法向量为的法向量为 n n1， 平面， 平面 的法向的法向 量为量为 n n2， ， n n1，n n2，则二面角，则二面角 - l - 为为 或或 .设二面角设二面角 大小为大小为 ，则，则|cos |cos | |n n 1 n n 2| | n n 1| n n 2| ，如图，如图(2)(3) 异面

3、直线所成的角是每年高考的重点， 题型既异面直线所成的角是每年高考的重点， 题型既 有选择题或填空题，也有解答题，难度较小，属于有选择题或填空题，也有解答题，难度较小，属于 基础题基础题. 考点一考点一 异面直线所成的角异面直线所成的角 例 1 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：解析：以两对角线以两对角线 AC 与与 BD 的交点的交点 O 作为原作为原 点，以点，以 OA，OB，OS 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴，轴，y 轴，轴，z 轴建立空间直角坐标系，设边长为轴建立空间直角坐标系，设边长为 2

4、，则，则 有有 O(0，0,0)，A( 2，0,0)，B(0， 2，0)，S(0， 0， 2)， D(0， ， 2， 0)， E 0， 2 2 ， 2 2 ，AE 2， 2 2 ， 2 2 ， SD (0， 2， 2)，|cos AE ， ， SD | | AE SD| | AE | | SD| 2 32 3 3 ，故，故 AE，SD 所成角的余弦值为所成角的余弦值为 3 3 . 典题领悟典题领悟 2解题解题“1 注意注意” 注意向量的夹角与异面直线所成角的区别， 两异面直线所注意向量的夹角与异面直线所成角的区别， 两异面直线所 成角成角 的范围是的范围是 0， 2 ，两向量的夹角，两向量的夹

5、角 的范围是的范围是0，当，当 两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时， 就是这两条异两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时， 就是这两条异 面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时， 其补角才是两异面直线所成的角其补角才是两异面直线所成的角(如典题领悟第如典题领悟第(2)问问) 冲关演练冲关演练 在直三棱柱在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，若中，若 BCAC， BAC 3， ，AC4，点，点 M M 为为 AA1的中点，点的中点，点 P 为为 BM 的中点，的中点， Q在线段在线段 CA1上， 且上， 且 A1Q3QC

6、， 则异面直线则异面直线 PQ 与与 AC 所成角的正弦值为所成角的正弦值为_ 解析：解析：由题意，以由题意，以 C 为原点，以为原点，以 AC 边所在边所在 直线为直线为 x 轴，轴，BC 边所在直线为边所在直线为 y 轴，轴，CC1边边 所在直线为所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系， 如图所轴建立空间直角坐标系， 如图所 示设棱柱的高为示设棱柱的高为 a，由，由BAC 3， ，AC4， 得得 BC4 3，所以，所以 A(4,0,0)，B(0,4 3，0)， C(0,0,0)，A1(4,0，a)，M 4，0，a 2 ，P 2，2 3，a 4 ，Q 1，0，a 4 . 所以所以 QP (1,

7、2 3，0)， CA (4,0,0)设异面直线设异面直线 QP 与与 CA 所成的角为所成的角为 ，所以，所以|cos | | QP CA| | QP | | CA| 4 4 13 13 13 .由由 sin2 cos21 得，得，sin212 13，所以 ，所以 sin 2 39 13 ，因为异面直线，因为异面直线 所成角的正弦值为正，所以所成角的正弦值为正，所以 sin 2 39 13 . 答案：答案：2 39 13 直线与平面所成的角是每年高考的热点，主要考查直线与平面所成的角是每年高考的热点，主要考查 利用向量求直线与平面所成的角利用向量求直线与平面所成的角 或其三角函数值或其三角函数

8、值 ，题，题 型为解答题，难度适中，属于中档题型为解答题，难度适中，属于中档题. 考点二考点二 直线与平面所成的角直线与平面所成的角 典题领悟 (2016 全国丙卷)如图，四棱锥 P- ABCD 中，PA底面 ABCD，AD BC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD 上一点， AM2MD，N 为 PC 的中点 (1)求证：MN平面 PAB； (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值 解：解：(1)证明：由已知得证明：由已知得AM2 3AD 2. 取取BP的中点的中点T，连接，连接AT，TN，由，由N为为PC的的 中点知中点知TNBC，TN1 2BC 2.又又 ADBC，故，

9、故TN綊綊AM，所以四边形，所以四边形AMNT为平行四边形，为平行四边形， 于是于是MNAT. 因为因为M NM N 平面平面PAB，AT平面平面PAB，所以，所以M NM N 平面平面PAB. (2)取取BC的中点的中点E，连接，连接AE. 由由ABAC得得AEBC，从而，从而AEAD， 且且AE AB2BE2 AB2 BC 2 2 5. 以以A为坐标原点，为坐标原点， AE 的方向为的方向为x轴正方向，建轴正方向，建 立如图所示的空间直角坐标系立如图所示的空间直角坐标系A- xyz. 由题意知由题意知P(0,0,4)，M M (0,2,0)，C( 5，2,0)，N N 5 2 ，1，2 ，

10、 PM (0,2，4)， PN 5 2 ，1，2 ， AN 5 2 ，1，2 . 设设 n n(x，y，z)为平面为平面 PM NM N 的法向量，的法向量， 则则 n PM 0， n PN 0， 即即 2y4z0， 5 2 xy2z0， 可取可取 n n(0,2,1)于是于是|cosn n， AN | |n n AN | |n n| AN | 8 5 25 . 所以直线所以直线 AN N 与平面与平面 PM NM N 所成角的正弦值为所成角的正弦值为8 5 25 . 解题师说解题师说 1掌握解题方法掌握解题方法 解答直线与平面所成角的问题，通常建立空间直角坐标系，解答直线与平面所成角的问题，

11、通常建立空间直角坐标系， 然后转化为向量运算求解，具体方法为：如图所示，设直线然后转化为向量运算求解，具体方法为：如图所示，设直线 l 的方的方 向向量为向向量为 e， 平面， 平面 的法向量为的法向量为 n n， 直线， 直线 l 与平面与平面 所成的角为所成的角为 ， 向量向量 e 与与 n n 的夹角为的夹角为 ，则有，则有 sin |cos | |n n e e| |n n|e e| . 冲关演练冲关演练 (2018 郑州第二次质量预测郑州第二次质量预测)如图，三棱柱如图，三棱柱 ABC- A1B1C1中，各棱长均相等中，各棱长均相等D，E，F 分别分别 为棱为棱 AB，BC，A1C1

12、的中点的中点 (1)求证：求证：EF平面平面 A1CD； (2)若三棱柱若三棱柱ABC- A1B1C1为直三棱柱， 求直线为直三棱柱， 求直线 BC 与平面与平面 A1CD 所成角的正弦值所成角的正弦值 解：解：(1)证明：连接证明：连接 ED，在，在ABC 中，中， 因为因为 D，E 分别为棱分别为棱 AB，BC 的中点，的中点， 所以所以 DEAC，DE1 2AC. 又又 F 为为 A1C1的中点，可得的中点，可得 A1F1 2A1C1， ， 又因为又因为 ACA1C1，且，且 ACA1C1， 所以所以 A1FDE，A1FDE， 因此四边形因此四边形 A1FED 为平行四边形，所以为平行四

13、边形，所以 EFA1D， 又又 EF 平面平面 A1CD，A1D平面平面 A1CD， 所以所以 EF平面平面 A1CD. (2)设设 A1B1的中点为的中点为 O，连接，连接 OC1，OD，因，因 为三棱柱为三棱柱 ABC- A1B1C1为直三棱柱，所以为直三棱柱，所以 OD 平面平面 A1B1C1， 所以所以 ODOC1，ODOA1. 又又A1B1C1为等边三角形，为等边三角形， 所以所以 OC1A1B1. 以以 O 为坐标原点，为坐标原点，OA1 ， ，OD ， ，OC1 的方向分别为 的方向分别为 x 轴，轴，y 轴，轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系轴的正方向，建立如图

14、所示的空间直角坐标系 O- xyz. 设三棱柱的棱长为设三棱柱的棱长为 a， 则则 B a 2， ，a，0 ，C 0，a， 3 2 a ，A1 a 2， ，0，0 ，D(0，a,0) 所以所以 BC a 2， ，0， 3 2 a ，A1D a 2， ，a，0 ， DC 0，0， 3 2 a . 设平面设平面 A1CD 的法向量为的法向量为 n n(x，y，z)， 则则 n n A1D 0， n n DC 0， 即即 a 2x ay0， 3 2 az0. 令令 x2，解得，解得 n n(2,1,0) 设直线设直线 BC 与平面与平面 A1CD 所成的角为所成的角为 ， 则则 sin n cosn

15、 n， BC |n BC | |n| | BC | a 5a2 5 5 . 所以直线所以直线 BC 与平面与平面 A1CD 所成角的正弦值为所成角的正弦值为 5 5 . 利用空间向量求二面角利用空间向量求二面角 或其余弦值或其余弦值 是每年高考的热是每年高考的热 点，且出现在解答题的第点，且出现在解答题的第 2 问，难度适中，属于中档题问，难度适中，属于中档题. 考点三考点三 二面角二面角 典题领悟 (2017 全国卷)如图，在四棱锥 P- ABCD 中， ABCD，且BAPCDP90. (1)证明：平面 PAB平面 PAD； (2)若 PAPDABDC，APD90，求二面角 A- PB- C

16、 的余弦值 解：解：(1)证明：由已知证明：由已知BAPCDP90， 得得 ABAP，CDPD. 因为因为 ABCD，所以，所以 ABPD. 又又 APPDP，所以，所以 AB平面平面 PAD. 又又 AB平面平面 PAB，所以平面，所以平面 PAB平面平面 PAD. (2)在平面在平面 PAD 内作内作 PFAD，垂足为，垂足为 F. 由由(1)可知，可知，AB平面平面 PAD， 故故 ABPF，又，又 ADABA， 可得可得 PF平面平面 ABCD. 以以 F 为坐标原点，为坐标原点，FA 的方向为 的方向为 x 轴正方向，轴正方向，| AB |为单位长度， 为单位长度， 建立如图建立如图

17、所示的空间直角坐标系所示的空间直角坐标系 F- xyz. 由由(1)及已知可得及已知可得 A 2 2 ，0，0 ，P 0，0， 2 2 ，B 2 2 ，1，0 ， C 2 2 ，1，0 . 所以所以 PC 2 2 ，1， 2 2 ， CB ( 2，0,0)， PA 2 2 ，0， 2 2 ， AB (0,1,0) 设设 n n(x1，y1，z1)是平面是平面 PCB 的法向量，的法向量， 则则 n PC 0， n CB 0， 即即 2 2 x1y1 2 2 z10， 2x10. 所以可取所以可取 n n(0，1， 2) 设设 m m (x2，y2，z2)是平面是平面 PAB 的法向量，的法向量

18、， 则则 m PA 0， m AB 0， 即即 2 2 x2 2 2 z20， y20. 所以可取所以可取 m m (1,0,1) 则则 cosn n，m m n m |n|m| 2 3 2 3 3 . 由图知二面角由图知二面角 A- PB- C 为钝角，为钝角， 所以二面角所以二面角 A- PB- C 的余弦值为的余弦值为 3 3 . 解题师说解题师说 利用向量法解二面角问题利用向量法解二面角问题 2 策略策略 找法向量找法向量 法法 分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，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然后通过两个平面的法向量的

19、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大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 找与棱垂找与棱垂 直的方向直的方向 向量法向量法 分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以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大小就是二面角的大小 -26- (2)(2017河南新乡二模河南新乡二模,理理18)如图如图,在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,侧面侧面 ACC1A1与侧面与侧面CBB1C1都是菱形都是菱形,ACC1=CC1B1=60,AC=2 . (1)求证求

20、证:AB1CC1; (2)若若AB1=3 ,A1C1的中点为的中点为D1,求二面角求二面角C-AB1-D1的余弦值的余弦值. 3 2 -27- (1)证明证明: 连接连接AC1,则则ACC1,B1C1C都是正三角形都是正三角形, 取取CC1中点中点O,连接连接OA,OB1,则则CC1OA,CC1OB1. OAOB1=O,CC1平面平面OAB1. AB1 平面平面OAB1,CC1AB1. (2)解: 由(1)知 OA=OB1=3,又 AB1=3 2,OA2+O1 2=A 1 2, OAOB1,OA平面 B1C1C,如图,分别以 OB1,OC1,OA 为 x,y,z 轴, 建立空间直角坐标系, 则

21、 C(0,- 3,0),B1(3,0,0),A(0,0,3),C1(0, 3,0),A1(0,2 3,3),D1 0, 3 3 2 , 3 2 , 设平面 CAB1的法向量 m=(x,y,z),1 =(3,0,-3), =(0,- 3,-3), 1 = 3- 3 = 0, = - 3- 3 = 0,取 x=1,得 m=(1,- 3,1). -28- 设平面 AB1D1的法向量 n=(a,b,c), 1 = 0, 3 3 2 ,- 3 2 ,11 = - 3, 3 3 2 , 3 2 , 1 = 3 3 2 - 3 2 = 0, 11 = - 3 + 3 3 2 + 3 2 = 0, 取 b=1

22、,得 n=( 3,1, 3). cos= | | = 3 5 7 = 105 35 . 由图知二面角 C-AB1-D1的平面角为钝角, 二面角 C-AB1-D1的余弦值为- 105 35 . 3 (2017 北京高考)如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD 为正方形，平面 PAD平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上， PD平面 MAC，PAPD 6，AB4. (1)求证：M 为 PB 的中点； (2)求二面角 BPDA 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 解(1)证明：设 AC，BD 交于点 E，连接 ME， 因为 PD平面 MAC，平面 MAC平面 PDB

23、ME， 所以 PDME. 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点， 所以 M 为 PB 的中点 (2)取 AD 的中点 O，连接 OP，OE. 因为 PAPD，所以 OPAD. 又因为平面 PAD平面 ABCD，且 OP平面 PAD， 所以 OP平面 ABCD. 因为 OE平面 ABCD，所以 OPOE. 因为四边形 ABCD 是正方形，所以 OEAD. 如图，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 P(0,0， 2)， D(2,0,0)，B(2,4,0)，BD (4，4,0)，PD (2,0， 2) 设平面 BDP 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n BD 0， n PD

24、 0， 即 4x4y0， 2x 2z0. 得 n(1,1， 2) 平面 PAD 的法向量为 p(0,1,0)， 所以 cosn，p n p |n|p| 1 2. 由题意知二面角BPDA 为锐角， 所以它的大小为 3. (3)由题意知 M 1，2， 2 2 ，C(2,4,0)，MC 3，2， 2 2 . 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为，则 sin|cosn， MC | |n MC | |n|MC | 2 6 9 ， 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 4.(2016 南昌模拟南昌模拟)如图如图(1)，在边长为在边长为4的菱形的菱形ABCD中中，DAB60， 点

25、点E，F分别是边分别是边CD，CB的中点的中点，ACEFO，沿沿EF将将CEF翻折翻折 到到PEF，连接连接PA，PB，PD，得到如图得到如图(2)的五棱锥的五棱锥PABFED，且且 PB . (1)求证：求证：BD平面平面POA； 10 (2)求二面角求二面角BAPO的正切值的正切值. ( (1 1) )证明：证明：点点E，F分别是边分别是边CD，CB的中点的中点， BDEF. 菱形菱形ABCD的对角线互相垂直的对角线互相垂直，BDAC，EFAC， EFAO，EFPO. AO 平面平面POA，PO 平面平面POA，AOPOO， EF平面平面POA，BD平面平面POA. （2）设设AOBDH，

26、连接连接BO. DAB60，ABD为等边三角形为等边三角形， BD4，BH2，HA2 ，HOPO ， 3 3 在 RtBHO 中，BOHB2HO2 7. 在在PBO中中，BO2PO210PB2，POBO. POEF，EFBOO，EF 平面平面BFED，BO 平面平面BFED， PO平面平面BFED. 以以O为原点为原点，OF所在直线为所在直线为x轴轴，AO所在直线为所在直线为y轴轴，OP所在直线为所在直线为z 轴轴，建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示如图所示， 则 A(0，3 3，0)，B(2， 3，0)，P(0,0， 3)，H(0， 3，0)， AP (0,3 3， 3)

27、，AB (2,2 3，0). 设平面设平面PAB的法向量为的法向量为n(x，y，z)， 由 nAP ，nAB ， 得 3 3y 3z0， 2x2 3y0. n( 3，1，3). 设二面角设二面角BAPO的平面角为的平面角为， 由由(1)知平面知平面PAO的一个法向量为的一个法向量为 (2,0,0)， BH 则 cos |cosn，BH | n BH |n|BH | 2 3 132 39 13 ， sin 1cos2 130 13 ，tan sin cos 30 3 ， 二面角 BAPO 的正切值为 30 3 . 2015 衡水二模 如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧

28、棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD， ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点 (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离； (3)线段 PD 上是否存在一点 Q， 使得二面角 QACD 的余弦值 为 6 3 ？若存在，求出PQ QD的值； 若不存在，请说明理由 冲关演练冲关演练 解解 (1)在PAD 中，PAPD，O 为 AD 中点，所以 POAD， 又侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， PO平面 PAD，所以 PO平面 ABCD. 又在直角梯形 ABCD 中，连接 OC，易得 O

29、CAD，所以如图 建立空间直角坐标系，则 P(0,0,1), A(0，1,0), B(1，1,0), C(1,0,0), D(0,1,0)， PB (1，1，1)，易证 OA平面 POC， OA (0，1,0)是平面 POC 的法向量， cosPB ，OA PB OA |PB |OA | 3 3 . 直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 6 3 . 设平面 CAQ 的一个法向量为 m(x，y，z)，则 m AC xy0， m AQ 1 y 1 z0. 得 m(1，1，1)， 又平面 CAD 的一个法向量为 n(0,0,1)， 因为二面角 QACD 的余弦值为 6 3 ， 所以|cosm

30、，n| |m n| |m|n| 6 3 ，得 321030，解得 1 3或 3(舍)， 所以存在点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 6 3 ，且PQ QD 1 2. (3)存在设PQ PD (01)，PD (0,1，1)， PQ (0，)OQ OP ，OQ (0，1)，Q(0，1) -41- 2.(2017北京海淀一模北京海淀一模,理理18)如图如图,由直三棱柱由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱和四棱 锥锥D-BB1C1C构成的几何体构成的几何体 中中,BAC=90,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD= ,平面平面CC1D平面平面 ACC1A1. (1)求证求证:ACDC1. (

31、2)若若M为为DC1的中点的中点,求证求证:AM平面平面DBB1. (3)在线段在线段BC上是否存在点上是否存在点P,使直线使直线DP与与 5 平面 BB1D 所成的角为 3?若存在,求 的值;若不存在,说明理由. -42- (1)证明证明: 在直三棱柱在直三棱柱ABC-A1B1C1中中,CC1平面平面ABC,故故ACCC1, 由平面由平面CC1D平面平面ACC1A1,且平面且平面CC1D平面平面ACC1A1=CC1, 所以所以AC平面平面CC1D, 又又C1D 平面平面CC1D,所以所以ACDC1. (2)证明证明: 在直三棱柱在直三棱柱ABC-A1B1C1中中,AA1平面平面ABC, 所以

32、所以AA1AB,AA1AC, 又又BAC=90,所以所以,如图建立空间直角坐标系如图建立空间直角坐标系, 依据已知条件可得依据已知条件可得 A(0,0,0),C( 3,0,0),C1( 3,2,0),B(0,0,1),B1(0,2,1),D( 3,1,2), -43- 所以 =(0,2,0), =( ,1,1),设平面 DBB1的法向量为 n=(x,y,z), 由 即 令 x=1,则 z=- ,y=0, 于是 n=(1,0,- ), 因为 M 为 DC1中点,所以M , 所以 , 由 n=0, 可得 n, 又 AM平面 BB1D, 所以 AM平面 DBB1. -44- (3) 解: 由(2)可

33、知平面 BB1D 的法向量为 n=(1,0,- 3). 设 = ,0,1,则 P( 3,0,1-), =( 3- 3,-1,-1-). 若直线 DP与平面 DBB1所成角为 3,则|cos|=| | | | = |2 3| 2 42- 4+5 = 3 2 ,解得 =5 40,1.故不存在这样的点. (2016 四川高考)如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC， ADCPAB90 ， BCCD1 2AD， E 为棱 AD 的中点， 异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90 . (1)在平面 PAB 内找一点 M， 使得直线 CM平面 PBE， 并说明理由； (2)若二面角 PCDA 的大小为

34、 45 ，求直线 PA 与平 面 PCE 所成角的正弦值 解 (1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行 延长 AB，DC，相交于点 M(M平面 PAB)，点 M 即为 所求的一个点 理由如下：由已知，BCED，且 BCED， 所以四边形 BCDE 是平行四边形，从而 CMEB. 又 EB平面 PBE，CM平面 PBE， 所以 CM平面 PBE. (说明：延长 AP 至点 N，使得 APPN，则所找的点可 以是直线 MN 上任意一点) (2)由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD 平面 PAD，于是 CDPD. 从而PDA 是二面角 PCDA 的平面角，所以 PDA45 .

35、 由 PAAB，可得 PA平面 ABCD. 设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2. 作 AyAD，以 A 为原点，以AD ，AP 的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0,0,0)， P(0,0,2)， C(2,1,0)， E(1,0,0)， 所以PE (1,0， 2)，EC (1,1,0)，AP (0,0,2)设平面 PCE 的法向量为 n (x，y，z)， 由 n PE 0， n EC 0， 得 x2z0， xy0， 设 x2，解得 n(2，2,1) 设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 ，则 sin |n AP | |n|AP

36、| 2 2 222212 1 3， 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为1 3. 返回返回 典题领悟典题领悟 (2015 全国卷)如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC 120， E， F 是平面 ABCD同一侧的两点， BE平面ABCD， DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC. (1)证明：平面 AEC平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. 返回返回 学审题学审题 想到连接想到连接 BD，利用菱形的性质解题；，利用菱形的性质解题； 想到线面垂直的性质；想到线面垂直的性质； 要证面面垂直，转化为证明线面垂直或证明两平面的法向要证面面垂直，转化为证明线

37、面垂直或证明两平面的法向 量垂直；量垂直； 想到建系，转化为求想到建系，转化为求 AE 与 与 CF 的夹角的余弦值 的夹角的余弦值 返回返回 解：解：(1)证明证明：连接连接 BD，设，设 BDACG， 连接连接 EG，FG，EF.在菱形在菱形 ABCD 中，不中，不 妨设妨设 GB1. 由由ABC120，可得，可得 AGGC 3. 由由 BE平面平面 ABCD，ABBC，可知，可知 AEEC. 又又 AEEC，所以，所以 EG 3，且，且 EGAC. 在在 RtEBG 中，可得中，可得 BE 2，故，故 DF 2 2 . 在在 RtFDG 中，可得中，可得 FG 6 2 . 在直角梯形在直

38、角梯形 BDFE 中，由中，由 BD2，BE 2，DF 2 2 ， 可得可得 EF3 2 2 .从而从而 EG2FG2EF2，所以，所以 EGFG. 又又 ACFGG，所以，所以 EG平面平面 AFC. 因为因为 EG平面平面 AEC，所以平面，所以平面 AEC平面平面 AFC. 返回返回 (2)以以 G 为坐标原点，分别以为坐标原点，分别以 GB ， ，GC 的方向为 的方向为 x 轴，轴，y 轴正方轴正方 向，向，| GB |为单位长度，建立空间直角坐标系 为单位长度，建立空间直角坐标系 G- xyz. 由由(1)可得可得 A(0， 3，0)，E(1,0， 2)，F 1，0， 2 2 ，C

39、(0， 3，0)， 所以所以 AE (1， 3， 2)， CF 1， 3， 2 2 . 故故 cos AE ， ， CF AE CF | AE | CF| 3 3 . 所以直线所以直线 AE 与直线与直线 CF 所成角的余弦值为所成角的余弦值为 3 3 . 如图，在以如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五为顶点的五 面体中，四边形面体中，四边形 ABEF 为正方形，为正方形，AF2FD， AFD90，且二面角，且二面角 D- AF- E 与二面角与二面角 C- BE- F 都是都是 60. (1)证明：平面证明：平面 ABEF平面平面 EFDC； (2)求二面角求二面角 E- BC-

40、A 的余弦值的余弦值 冲关演练冲关演练 解：解：(1)证明：由已知可得证明：由已知可得 AFDF，AF FE，DFEFF， 所以所以 AF平面平面 EFDC. 又又 AF平面平面 ABEF， 故平面故平面 ABEF平面平面 EFDC. (2)过过 D 作作 DGEF，垂足为垂足为 G.由由(1)知知 DG平面平面 ABEF. 以以 G 为坐标原点为坐标原点，GF 的方向为 的方向为 x 轴正方向轴正方向， | GF |为单位长度， 为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系建立如图所示的空间直角坐标系 G - xyz. 由由(1)知知DFE 为二面角为二面角 D - AF- E 的平面角，故的

41、平面角，故DFE60， 则则 DF2，DG 3，可得可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3，0,0)， D(0,0， 3) 由已知得由已知得 ABEF，所以所以 AB平面平面 EFDC. 又平面又平面 ABCD平面平面 EFDCCD， 故故 ABCD，CDEF. 由由 BEAF，可得可得 BE平面平面 EFDC， 所以所以CEF 为二面角为二面角 C- BE- F 的平面角的平面角，CEF60. 从而可得从而可得 C(2,0， 3) 所以所以 EC (1,0， 3)，EB (0,4,0)，AC (3，4， 3)，AB (4,0,0) 设设 n n(x，y，z)是平面是平面 BCE 的法向量的法向量， 则则 n EC 0， n EB 0， 即即 x 3z0， 4y0， 所以可取所以可取 n n(3,0， 3) 设设 m m 是平是平面面 ABCD 的法向量，则的法向量，则 m m AC 0， m m AB 0， 同理可取同理可取 m m (0， 3，4)则则 cos n n，m m n m |n|m| 2 19 19 . 由图知，二面角由图知，二面角 E- BC- A 为钝角，为钝角， 故二面角故二面角 E- BC- A 的余弦值为的余弦值为2 19 19 .