1、第七讲第七讲 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法(理理) 知识梳理 双基自测 知 识 梳 理 知识点一 两个重要的向量 (1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有_无数 _个 (2)平面的法向量 直线 l平面 ，取直线 l 的方向向量，则这个向量叫做平面 的法向量显然一个平面 的法向量有_无数_个，它们是共线向量 知识点二 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，n2 l1l2 n1n2n1n2 l1l2 n1n2n1 n20 直线 l 的方向向量为 n，平面 的法向量为 m l nmm n
2、0 l nmnm 平面 、 的法向量分别为 n、m nmnm nmn m0 知识点三 两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，其夹角为 ，则 cos|cos|_|a b| |a|b|_(其 中 为异面直线 a，b 所成的角) 知识点四 直线和平面所成角的求法 如图所示， 设直线 l 的方向向量为 e， 平面 的法向量为 n， 直线 l 与平面 所成的角为 ， 向量 e 与 n 的夹角为 ，则有 sin|cos|_|n e| |n|e|_ 知识点五 求二面角的大小 (1)如图，AB，CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大 小 _A
3、B ，CD _ (2)如图，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法向量，则二面角的大 小 满足|cos|_|n1 n2| |n1|n2|_，二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2的夹角(或其补角) 知识点六 利用空间向量求距离 (1)点到平面的距离 如图所示，已知 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 B 到平面 的距离 为 d|AB n| |n| (2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解 注意体积法在求点到平面距离时的应用 归 纳 拓 展 1直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A，B 是 l 上任意两点，则AB 及与AB平行的 非零向量均为直线 l 的方
4、向向量 2平面的法向量的确定：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n 为平面 的法向量，则求 法向量的方程组为 n a0， n b0. 3 若二面角ABCD的大小为， 平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为， 则， 当 lBC 时，取等号 双 基 自 测 题组一 走出误区 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角( ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的( ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行( ) (4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( ) (5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角(
5、) (6)若空间向最 a 平行于平面 ，则 a 所在直线与平面 a 平行( ) 题组二 走进教材 2(必修 2P111T3)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，O 是底面正方形 ABCD 的中 心，M 是 D1D 的中点，N 是 A1B1的中点，则直线 ON，AM 的位置关系是_垂直_ 解析 以 A 为原点，分别以AB ，AD ，AA1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 如图所示 设正方体的棱长为 1，则 A(0,0,0)，M 0，1，1 2 ， O 1 2， 1 2，0 ，N 1 2，0，1 ， AM ON 0，1，1 2 0，1 2，1 0， ON 与 AM 垂直
6、 3(必修 2P117A 组 T4)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱长为 2，底面三角形的 边长为 1，则 BC1与侧面 ACC1A1所成的角是_ 6_ 解析 分别取 AC、A1C1的中点 D、D1，连接 BD，D1D，易知 D1D平面 ABC，且 BD AC，故以 D 为坐标原点，AC、DB、DD1所成的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所 示的空间直角坐标系 易知 B 0， 3 2 ，0 ，C1 1 2，0， 2 ， C1B 1 2， 3 2 ， 2 ， 设 BC1与侧面 ACC1A1所成的角为 ， 平面 ACC1A1的一个法向量为 n(0,1,0)， sin C1B
7、 n |C1B | |n| 3 2 31 1 2， 6 题组三 走向高考 4(2020 新高考)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到 晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地 球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面，在点 A 处放置一 个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40 ，则晷针与点 A 处的水平面所 成角为( B ) A20 B40 C50 D90 解析 由题意作出如图所示的截面图，设所求角为 ， 由图易知 40 ，故选 B 5(2019 浙江)如图，
8、已知三棱柱 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90 ， BAC30 ，A1AA1CAC，E，F 分别是 AC，A1B1的中点 (1)证明：EFBC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值 解析 解法一：(1)证明：连接 A1E， 因为 A1AA1C， E 是 AC 的中点， 所以 A1EAC， 又平面 A1ACC1平面 ABC， A1E平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1平面 ABCAC， 所以 A1E平面 ABC， 则 A1EBC 又因为 A1FAB，ABC90 ，故 BCA1F 所以 BC平面 A1EF因此 EFBC (2)取 BC 的中点 G，
9、连接 EG，GF， 则四边形 EGFA1是平行四边形 由于 A1E平面 ABC，故 A1EEG， 所以平行四边形 EGFA1为矩形 由(1)得 BC平面 EGFA1， 则平面 A1BC平面 EGFA1， 所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上 连接 A1G 交 EF 于 O，则EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角， 不妨设 AC4，则在 RtA1EG 中，A1E2 3，EG 3 由于 O 为 A1G 的中点，故 EOOGA1G 2 15 2 ， 所以 cosEOGEO 2OG2EG2 2EO OG 3 5 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5
10、 解法二：(1)证明：连接 A1E，因为 A1AA1C， E 是 AC 的中点，所以 A1EAC 又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1平面 ABCAC， 所以，A1E平面 ABC 如图，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E xyz 不妨设 AC4 则 A1(0,0,2 3)，B( 3，1,0)，B1( 3，3,2 3)，F 3 2 ，3 2，2 3 ，C(0,2,0) 因此，EF 3 2 ，3 2，2 3 ，BC ( 3，1,0) 由EF BC0 得 EF BC (2)设直线 EF 与平面 A1BC
11、 所成角为 由(1)可得BC ( 3，1,0)，A 1C (0,2，2 3) 设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z) 由 BC n0， A1C n， 得 3xy0， y 3z0. 取 n(1， 3，1)， 故 sin |cosEF ，n|EF n| |EF | |n| 4 5 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为3 5 考点突破 互动探究 考点一 利用向量证明空间的平行与垂直自主练透 例 1 (2020 山东青岛胶州实验学校期中)如图， 在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 为梯形，ABCD，ABBC，AB2，PAPDCDBC1，平面 PAD平面 ABCD，E
12、为 AD 的中点 (1)求证：PABD； (2)在线段 AB 上是否存在一点 G，使得直线 BC平面 PEG？若存在，请证明你的结论； 若不存在，请说明理由 解析 取 BA 的中点 H，连 EH，在梯形 ABCD 中，由题意易知 EHAD， PAPD，E 为 AD 的中点，PEAD， 又平面 PAD平面 ABCD，PE平面 ABCD， PEEH，PEAD，AE、EH、EP 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，则 P 0，0， 2 2 ，A 2 2 ，0，0 ，B 2 2 ， 2，0 ， D 2 2 ，0，0 ，E(0,0,0)，C 2， 2 2 ，0 (1)PA (2 2 ，0， 2 2 )，
13、BD (0， 2，0)， PA BD 2 2 00( 2) 2 2 00， PA BD ，即 PABD (2)设线段 AB 上存在点 G 满足条件， 则AG AB ( 2， 2，0)(01)， EG AG AE ( 2， 2，0) 2 2 ，0，0 2 2 2 ， 2，0 且BC mEG nPE ， 即 2 2 ， 2 2 ，0 2m 2 2 m， 2m， 2 2 n ， 2m 2 2 m 2 2 ， 2m 2 2 ， n0 解得 1 4 存在点 G，当 AG1 4AB 时，BC平面 PEG 注：本题也可用几何法求解，或求平面 PEG 的法向量 n，利用 n BC 0nBCBC 平面 PEG
14、判断解答 名师点拨 (1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进 而确定向量的坐标 (2)用向量法证平行问题的类型及常用方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示 面面平行 证明两平面的法向量平行(即为共线向量) 转化为线面平行、线线平行问题 (3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，
15、 或利用线面垂直的判定定理转化为 证明线线垂直 面面垂直问题 两个平面的法向量垂直， 或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 变式训练 1 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90 ，BC2，CC14，点 E 在线段 BB1上， 且 EB11，D，F，G 分别为 CC1，C1B1，C1A1的中点 (1)求证：平面 A1B1D平面 ABD； (2)求证：平面 EGF平面 ABD 证明 以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示 空间直角坐标系，则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)
16、 设 BAa，则 A(a,0,0)，G a 2，1，4 ，A1(a，0,4) (1)因为BA (a,0,0)，BD (0,2,2)，B1D (0,2，2)， 所以B1D BA 0，B 1D BD 0 所以B1D BA ，B 1D BD ，即 B1DBA，B1DBD 又 BABDB，所以 B1D平面 ABD 因为 B1D平面 A1B1D，所以平面 A1B1D平面 ABD (2)证法一：因为EG a 2，1，1 ，EF (0,1,1)，B 1D (0,2，2)， 所以B1D EG 0，B1D EF 0 所以 B1DEG，B1DEF 因为 EGEFE，所以 B1D平面 EGF 又由(1)知 B1D平
17、面 ABD，所以平面 EGF平面 ABD 证法二：GF a 2，0，0 ，GF 1 2BA ， 又 GF平面 ABD，AB平面 ABD， GF平面 ABD，同理 EF平面 ABD， 又 GFEFF，GF平面 EGF，EF平面 EGF， 平面 EGF平面 ABD 考点二 利用向量求空间的角多维探究 角度 1 向量法求异面直线所成的角 例 2 (2020 豫南豫北精英对抗赛)在四面体 ABCD 中，CACBCDBD2，AB AD 2，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为( B ) A 2 3 B 2 4 C 14 4 D 2 4 解析 取 BD 的中点 O，连 AO，OC，由 CACBCD
18、BD2，ABAD 2，得 AO BD，COBD，且 OC 3，AO1在AOC 中，AC2AO2OC2，故 AOOC，又知 BDOCO，因此 AO平面 BCD，以 OB，OC，OA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则 A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，D(1,0,0)，AB (1,0， 1)， CD (1， 3， 0)， 设异面直线 AB 与 CD 所成角为 ， 则 cos |AB CD | |AB |CD | 1 2 13 2 4 ，即异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 2 4 ，故选 B 名师点拨 (1)求异面直线所成角的思
19、路： 选好基底或建立空间直角坐标系； 求出两直线的方向向量 v1，v2； 代入公式|cosv1，v2| |v v2| |v1|v2|求解 (2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是 0， 2 ，两向量的夹角的范围是0，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 角度 2 向量法求线面角 例 3 (2021 浙江联考)如图，底面 ABCD 为菱形，AP平面 ABCD，APDE， BAD2 3，PAAD2DE (1)求证：BD平面 PEC； (2)求直线 DP 与平面 PEC 所成角的正弦值 解析
20、 解法一：连 AC 交 BD 于 O， 四边形 ABCD 为菱形，ACBD，又BAD2 3 ， ABC 为正三角形， 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设 PAAD2DE2， 则易得点 C(0,1,0)，D( 3，0,0)，P(0，1,2)，E( 3，0,1)， DP ( 3，1,2)，CP (0，2,2)，CE( 3，1,1) 设平面 PEC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 CP n0， CE n0， 即 2y2z0， 3xyz0， 令 y1，n(0,1,1) (1)DB (2 3，0,0)， DB n0，即BD n， 又 BD平面 PCE， BD平面 PCE (2)设
21、直线 DP 与平面 PEC 所成角为 ， sin |cosDP ，n| DP n |DP | |n| 1 4 即直线 DP 与平面 PEC 所成角的正弦值为1 4 解法二：(1)连接 AC 交 BD 于点 O，取 PC 的中点 G，连接 EG，GO，则 G，O 分别为 PC， AC 的中点， 故 GOPA，且 GO1 2PA APDE，PA2DE， GODE，GODE， 四边形 EDOG 为平行四边形， EGDO，即 EGBD 又EG平面 PEC，BD平面 PEC， BD平面 PEC (2)连接 DPAP平面 ABCD， APAD，APAC， PAD，PAC 为直角三角形，且 PA平面 ABC
22、D， APDE，DE平面 ABCD， DECD，EDC 为直角三角形 又 PAAD2DE， 不妨设 PAAD2DE2， DP2 2，在直角梯形 PADE 中，PE 5 底面 ABCD 为菱形，DCDA2， EC 5，SEDC1 DAB2 3，AC2 在 RtPAC 中，PC2 2，SPEC 6， APDE，AP平面 DCE， VPEDCVAEDC，又 VDPECVPEDC， VDPECVAEDC， 过点 A 作 AHDC 于点 H， 易得 AH平面 EDC，AH 3 设点 D 到平面 PEC 的距离为 h， 故1 3 6 h 1 3 31，h 2 2 设 DP 与平面 PEC 所成角为 ， s
23、in h DP 2 2 2 2 1 4 名师点拨 1线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路，而这往往正是解题难 点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量 a 和 平面的一个法向量 b，再通过计算线面角的向量公式 sin |cosa，b|a b| |a|b|( 是斜线与平 面所成的角)求解，要特别注意 a 和 b 的夹角与线面角的关系 2利用空间向量解答立体几何问题的步骤 (1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； (2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量； (3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为 0 列出方程组，求出法向量；
24、 (4)将空间位置关系转化为向量关系； (5)根据定理结论求出相应的角 注：用体积法求出点 P 到平面 的距离 h，只需再求出|PA|，则可得直线 PA 与平面 所 成角的余弦值 cos h |PA| 通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越 性 角度 3 向量法求二面角 例 4 (2021 安徽合肥调研)在三棱锥 PABC 中， BC平面 PAB， 平面 PAC平面 ABC (1)证明：PA平面 ABC； (2)若 D 为 PC 的中点，且 PA2 2AB，ABBC，求二面角 ABDC 的余弦值 解析 (1)证明：过点 B 作 BOAC 于 O 平面 PAC平面 ABC，平
25、面 PAC平面 ABCAC，BO平面 ABC， BO平面 PAC，BOPA 又BC平面 PAB，PA平面 PAB，BCPA 又BCBOB，BC，BO平面 ABC， PA平面 ABC (2)ABBC，BOAC，O 为 BC 中点 又D 为 PC 的中点，DOPA 由(1)知，PA平面 ABC， DO平面 ABC，DOBO，DOAO， 以 O 为原点，以OA ，OB ，OD 所在方向为 x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图 设 ABBC 2，则 AC2，PA4， 则 O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，P(1,0,4)，D(0,0,2) 设平面 AB
26、D 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， n1AB ，n 1AD ，n1 AB 0，n 1 AD 0， AB (1,1,0)，AD (1,0,2)， x1y10 x12z10 设 z11 得 x12，y12，n1(2,2,1)， 设平面 BCD 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， n2CB ，n 2DB ，n2 CB 0，n 2 DB 0， CB (1,1,0)，DB (0,1，2)， x2y20 y22z20 令 z21 得 x22，y22，n2(2,2,1)， cosn1，n2 n1 n2 |n1|n2| 1 9 二面角 ABDC 的平面角 是钝角， cos 1 9 即二面角 ABD
27、C 的余弦值为1 9 注：(1)注意到 AB、BC、PA 两两垂直，故也可以 BC 为 x 轴、BA 为 y 轴建立坐标系求解； (2)注意到BCDBAD，故作 CHBD 于 H，连 AH，则 AHBD，AHC 即为二 面角 ABDC 的平面角，令 ABBC 2，易求得 CHAH3 5 5 ，cosAHC CH2AH2AC2 2CH AH 1 9 名师点拨 利用向量法确定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
28、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 (3)将二面角转化为线面角求解如图要求二面角 PABC，可作 PHAB，则二面角 P ABC 的大小即为 PH 与平面 ABC 所成角的大小 ， PH 易求， 可用体积法求 P 到平面 ABC 的距离 h，则 sin h |PH| 变式训练 2 (1)(角度 1)(2018 江苏高考题改编)在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA12，点 P，Q 分 别为 A1B1，BC 的中点，则异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为_3 10 20 _ (2)(角度 2)(2021 广东广州广雅中学等三校联考)如图，
29、在梯形 ABCD 中，ABCD，AD CDCB2，ABC60 ，矩形 ACFE 中，AE2，又 BF2 2 求证：BC平面 ACFE； 求直线 BD 与平面 BEF 所成角的正弦值 (3)(角度 3)(2019 课标)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB 2，BAD60 ，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 证明：MN平面 C1DE； 求二面角 AMA1N 的正弦值 解析 (1)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中， 设 AC，A1C1的中点分别为 O，O1， 则 OBOC，OO1OC，OO1OB， 以OB ，OC ，OO1 为基底，建立空间直角
30、坐标系 Oxyz 因为 ABAA12，所以 A(0，1,0)，B( 3，0,0)，C1(0,1,2) 因为 P 为 A1B1的中点，所以 P 3 2 ，1 2，2 从而BP 3 2 ，1 2，2 ，AC1 (0,2,2) 故|cosBP ，AC 1 | |BP AC 1 | |BP | |AC 1 | |14| 52 2 3 10 20 因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为3 10 20 (2)证明：在梯形 ABCD 中，ABCD， ADCDCB2，ABC60 ， 四边形 ABCD 是等腰梯形，ADC120 ， DCADAC30 ，DCB120 ， ACBDCBDCA90 ，ACB
31、C(也可以利用余弦定理求出 AC，BC 再证明) 又矩形 ACFE 中，CFAE2， 又 BF2 2，CB2， CF2BC2BF2，CBCF， 又ACCFF，BC平面 ACFE 以点 C 为坐标原点，以 CA 所在直线为 x 轴，以 CB 所在直线为 y 轴，以 CF 所在直线 为 z 轴，建立空间直角坐标系 可得 C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)，D( 3，1,0)，E(2 3，0,2) EF (2 3，0,0)，BF(0，2,2)，BD ( 3，3,0)， 设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)， n EF 2 3x0 n BF 2y2z0 ， 令 y1，则 x0
32、，z1，n(0,1,1)， |cosBD ，n| |BD n| |BD | |n| 6 4 ， 直线 BD 与平面 BEF 所成角的正弦值是 6 4 (3)证法一：连接 B1C，ME因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 MEB1C，且 ME1 2B1C又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND 1 2A1D由题设知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，MNED又 MN平面 EDC1，所以 MN平面 C1DE 证法二：四边形 ABCD 为菱形，BAD60 ，连 BD 则BCD 为正三角形，又 E 为 BC 的中点， D
33、EBC，又 DD1平面 ABCD， DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则MN (0， 3，0)，ED (0， 3，0)， MN ED ，MNED， 又 MN平面 ABCD，ED平面 ABCD， MN平面 ABCD 解法一：由已知可得 DEDA以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图 所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1， 3，2)，N(1,0,2)， A1A (0,0，4)，A1M (1， 3，2)， A1N (1,0，2)，MN (0， 3，0) 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量， 则 m A1
34、M 0， m A1A 0. 所以 x 3y2z0， 4z0. 可取 m( 3，1,0) 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量， 则 n MN 0， n A1N 0. 所以 3q0， p2r0. 可取 n(2,0，1) 于是 cosm，n m n |m|n| 2 3 2 5 15 5 ， 所以二面角 AMA1N 的正弦值为 10 5 解法二：由题意易知，A1M2 2AM， 又 AA14， A1M2AM2AA21，AMA1M， 二面角 AMA1N 的大小即为 AM 与平面 A1MN 所成角的大小 ， 又 A1M2 2，MN 3，A1N 5， A1NMN2A1M，A1NMN， 取 AB 的
35、中点 H，则 DHAB，且 DH 3， 平面 ABB1A1平面 ABCD， DH平面 ABB1A1， A1D 的中点 N 到平面 ABB1A1的距离为 3 2 ， 记 A 到平面 A1MN 的距离为 h， VNA1AMVAA1MN， 则2 3 3 15 6 h，h 4 5， sin 4 52 2 10 5 ， 即二面角 AMA1N 的正弦值为 10 5 考点三,利用向量求空间的距离师生共研 例 5 (2021 广东广州模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2 的菱形，BAD60 ，APD90 ，且 PAPD，ADPB (1)求证：ADPB； (2)求点 A 到平面 P
36、BC 的距离 解析 (1)证明：取 AD 的中点 O，连接 OP，OB，BD， 因为底面 ABCD 为菱形，BAD60 ， 所以 ADABBD 因为 O 为 AD 的中点，所以 BOAD 在PAD 中，PAPD，O 为 AD 的中点， 所以 POAD 因为 BOPOO，所以 AD平面 POB 因为 PB平面 POB，所以 ADPB (2)由题意及(1)易知 OP1，BO 3，PB2， OP2BO2PB2，OPOB， OP、OA、OB 两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则 A(1,0,0)，B(0， 3，0)，C(2， 3，0)，P(0,0,1)， AP (1,0,1)，PB(0， 3，1)，
37、PC(2， 3，1)， 设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n PB 3yz0 n PC 2x 3yz0 ， x0 z 3y ， 不妨取 y1，则 n(0,1， 3)， 点 A 到平面 PBC 的距离 d|AP n| |n| 3 2 另解(2)(体积法)：PAPD，APD90 ， PO1 2AD1， 又 ADPB，BCAD，BCPB， 记 A 到平面 PBC 的距离为 h，则由 VAPBCVPABC得2 3h 1 3 1 222sin 120 ，h 3 2 ， 即 A 到平面 PBC 的距离为 3 2 变式训练 3 (2021 安徽合肥质检)如图， 边长为 2 的等边ABC 所
38、在平面与菱形 A1ACC1所在平面互相 垂直，A1C 3AC1，M 为线段 AC 的中点 (1)求证：平面 BMC1平面 A1BC1； (2)求点 C 到平面 A1BC1的距离 解析 (1)因为四边形 A1ACC1为菱形，所以 A1CAC1 又因为 A1C 3AC1，所以ACC160 ， 即ACC1为等边三角形 因为 AC1CC1，M 为线段 AC 的中点， 所以 ACC1M 因为 ABBC，M 为线段 AC 的中点， 所以 ACBM 又因为 C1MBMM，所以 AC平面 BMC1 又因为 ACA1C1，所以 A1C1平面 BMC1 又 A1C1平面 A1BC1，所以平面 BMC1平面 A1B
39、C1 (2)因为平面 A1ACC1平面 ABC，交线是 AC，且 C1MAC， 所以 C1M平面 ABC 以 M 为原点，MB，MC，MC1分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 如图所示： C(0,1,0)，B( 3，0,0)，C1(0,0， 3)，A1(0，2， 3)， 则A1C1 (0,2,0)，BC1 ( 3，0， 3)，CC1 (0，1， 3)， 设平面 A1BC1的法向量为 n(x，y，z)， 则 n A1C1 2y0 n BC1 3x 3z0 ， 令 x1，则 n(1,0,1)， 点 C 到平面 A1BC1的距离 d|CC1 n| |n| 3 2 6 2 名师讲坛 素养提升
40、利用向量法解答立体几何中的探究型问题 例 6 (2021 山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯形，BCAD，ADC90 ，BCCD1 2AD1，E 为线段 AD 的中点，过 BE 的平面与线段 PD，PC 分别交于点 G，F (1)求证：GFPA； (2)若 PAPD 2，是否存在点 G，使得直线 PB 与平面 BEGF 所成角的正弦值为 10 5 ， 若存在，请确定 G 点的位置；若不存在，请说明理由 解析 (1)因为 BC1 2AD，且 E 为线段 AD 的中点， 所以 BCDE，又因为 BCAD， 所以四边形
41、BCDE 为平行四边形， 所以 BECD， 又因为 CD平面 PCD，BE平面 PCD， 所以 BE平面 PCD， 又平面 BEGF平面 PCDGF，所以 BEGF， 又 BEAD，且平面 PAD平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCDAD， 所以 BE平面 PAD， 所以 GF平面 PAD， 又 PA平面 PAD，所以 GFPA (2)因为 PAPD，E 为线段 AD 的中点， 所以 PEAD， 又因为平面 PAD平面 ABCD， 所以 PE平面 ABCD， 以 E 为坐标原点，EA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz； 则 P(0,0,1)，B(0,1,0)
42、，E(0,0,0)，D(1,0,0)， 则PB (0,1，1)，BE(0，1,0)，DP (1,0,1)， 设DG DP (01)，得 G(1,0，)， 所以EG (1,0，)， 设平面 BEGF 的法向量为 n(x，y，z)， 则 BE n0， EG n0. 即 y0， 1xz0， 不妨令 x，可得 n(，0,1)为平面 BEGF 的一个法向量， 设直线 PB 与平面 BEGF 所成角为 ， 于是有 sin |cosn，PB | n PB |n| |PB | 1 2 212 10 5 ； 得 1 3或 1(舍)， 所以存在点 G 2 3，0， 1 3 ，使得直线 PB 与平面 BEGF 所成
43、角的正弦值为 10 5 故 G 为 DP 的靠近 D 点的三等分点 名师点拨 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证； 另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存 在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在” 变式训练 4 (2021 福建龙岩质检)在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADCBCD 90 ，BC1，PDAD2DC2，PDA60 ，且平面 PAD平面 ABCD (1)求证：BDPC； (2)在线段 PA 上是否存在一点 M， 使二面角 MBCD 的大小为 30 ？若存在， 求出
44、PM PA的 值；若不存在，请说明理由 解析 (1)过点 P 在平面 PAD 内作 POAD，垂足为 O，连接 BO、OC， 平面 PAD平面 ABCD， PO平面 ABCD，POBD， PDA60 ，PDDA2， PDA 是等边三角形，OD1BC， ODBC，BCD90 ， 四边形 OBCD 是正方形，BDOC， OCPOO，BD平面 POC， PC平面 POC，BDPC (2)PO平面 ABCD，OBAD， 如图，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则 B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0， 3)，A(1,0,0)， 假设在线段 PA 上存在一点 M，使二面角 MBCD 大小为 30 ， 设PM PA (01)，BP(0，1， 3) 则BM BP PM (，1， 3 3)，BC (1,0,0)， 设平面 MBC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m BM xy 3 3z0 m BC x0 ， 取 m(0， 3 3，1)， 又平面 ABCD 的一个法向量 n(0,0,1)， 二面角 MBCD 大小为 30 ， cos 30 |m n| |m| |n| 1 3 321 3 2 ， 解得 2 3或 4 3(舍)， 在线段 PA 上存在点 M，满足题设条件，且PM PA 2 3
