最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件

第3講立體幾何中的向量方法第3講立體幾何中的向量方法高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與1.(2017·全國(guó)Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(

)解析

法一

以B為原點(diǎn)，建立如圖(1)所示的空間直角坐標(biāo)系.真題感悟圖(1)圖(2)1.(2017·全國(guó)Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).法二

如圖(2)，設(shè)M，N，P分別為AB，BB1，B1C1中點(diǎn)，則PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1與BC1所成的角是∠MNP或其補(bǔ)角.∵AB＝2，BC＝CC1＝1，則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC答案

C在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(1)證明由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CDM，故BC⊥DM.所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.由于DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(1)證明由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件3.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，

E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.(1)證明由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.3.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E(2)解作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，(2)解作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面AB1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.考點(diǎn)整合1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設(shè)直線l的方2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算設(shè)直線l，m最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件熱點(diǎn)一利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系【例1】

如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.熱點(diǎn)一利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系(1)BE⊥DC；證明依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1).證明依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(2)因?yàn)锳B⊥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，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)因?yàn)锳B⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABC設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量.所以平面PAD⊥平面PCD.設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，不妨令y＝1，探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系(盡可能利用垂直條件，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而用向量表示涉及到直線、平面的要素).2.向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何定理的條件，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致誤.探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)摹居?xùn)練1】

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn).求證： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD.證明

(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).設(shè)BA＝a，則A(a，0，0)，【訓(xùn)練1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90則B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD.則B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?熱點(diǎn)二利用空間向量計(jì)算空間角考法1求線面角或異面直線所成的角【例2－1】

(2018·煙臺(tái)質(zhì)檢)如圖，在梯形ABCD中，AD＝BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDFE⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD.熱點(diǎn)二利用空間向量計(jì)算空間角(1)證明∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD＝BD，AC?平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE.又AC?平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE.∴OD＝OC＝1，OB＝OA＝2，∵FE∥OB且FE＝OB，∴四邊形FEBO為平行四邊形，∴OF∥BE，且OF＝BE＝2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD.(1)證明∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面則B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(xiàn)(0，0，2)，C(－1，0，0)，不妨設(shè)z＝1，得x＝y(tǒng)＝－2，得n＝(－2，－2，1).則B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(xiàn)(0，0，2)，C探究提高1.異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.2.直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|，有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角).探究提高1.異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的【訓(xùn)練2】

(2018·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn). (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.【訓(xùn)練2】(2018·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC－A1因?yàn)锳B＝AA1＝2，因?yàn)锳B＝AA1＝2，設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，(1)證明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時(shí)二面角M－B1C－A的余弦值.(1)證明：BC⊥B1M；∴BC＝2，則有AB2＋BC2＝8＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，又∵BB1⊥BC，BB1∩AB＝B，∴BC⊥平面ABB1A1，又B1M?平面ABB1A1，故BC⊥B1M.∴BC＝2，則有AB2＋BC2＝8＝AC2，(2)解由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾何體為四棱錐C－ABB1M和四棱錐B1－A1MCC1.由(1)知四棱錐C－ABB1M的高為BC＝2，此時(shí)M為AA1中點(diǎn)，(2)解由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一個(gè)法向量，令z1＝1，可得n1＝(1，2，1)，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一個(gè)法向量，∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角.2.利用向量法求二面角，必須能判定“所求二面角的平面角是銳角或鈍角”，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)?探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直(1)求證：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交.(1)求證：AC⊥平面BEF；(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，因?yàn)镃C1⊥平面ABC，所以四邊形A1ACC1為矩形.又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，所以AC⊥EF.因?yàn)锳B＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1，又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC，因?yàn)锽E?平面ABC，所以EF⊥BE.(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，由題意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1).設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，由題意得B(0，2，0)，令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4).所以直線FG與平面BCD相交.令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件解(1)設(shè)BD交AC于點(diǎn)O，連接OE.∵PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE，∴PB∥OE.又O為BD的中點(diǎn)，∴在△BDP中E為PD中點(diǎn).(2)連接OP，由題知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，解(1)設(shè)BD交AC于點(diǎn)O，連接OE.(2)連接OP，由題設(shè)平面AEC的法向量為m＝(x1，y1，z1).設(shè)平面AEC的法向量為m＝(x1，y1，z1).設(shè)平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，設(shè)平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件探究提高1.空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷.2.空間向量求解探索性問題：(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論；(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論.探究提高1.空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它(1)當(dāng)BF長(zhǎng)為多少時(shí)，平面AEF⊥平面CEF?(2)在(1)的條件下，求二面角E－AC－F的余弦值.(1)當(dāng)BF長(zhǎng)為多少時(shí)，平面AEF⊥平面CEF?解(1)連接BD交AC于點(diǎn)O，則AC⊥BD.取EF的中點(diǎn)G，連接OG，則OG∥DE.∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.∴OG，AC，BD兩兩垂直.以AC，BD，OG所在直線分別作為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，解(1)連接BD交AC于點(diǎn)O，則AC⊥BD.設(shè)平面AEF，平面CEF的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).若平面AEF⊥平面CEF，則n1·n2＝0，設(shè)平面AEF，平面CEF的法向量分別為n1＝(x1，y1，z設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件3.利用空間向量求解二面角時(shí)，易忽視二面角的范圍，誤以為兩個(gè)法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯(cuò).4.空間向量在處理空間問題時(shí)具有很大的優(yōu)越性，能把“非運(yùn)算”問題“運(yùn)算”化，即通過直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關(guān)系，各類角、距離以向量的方式表達(dá)出來，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算問題.應(yīng)用的核心是充分認(rèn)識(shí)形體特征，進(jìn)而建立空間直角坐標(biāo)系，通過向量的運(yùn)算解答問題，達(dá)到幾何問題代數(shù)化的目的，同時(shí)注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性.3.利用空間向量求解二面角時(shí)，易忽視二面角的范圍，誤以為兩個(gè)最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件第3講立體幾何中的向量方法第3講立體幾何中的向量方法高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與1.(2017·全國(guó)Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(

)解析

法一

以B為原點(diǎn)，建立如圖(1)所示的空間直角坐標(biāo)系.真題感悟圖(1)圖(2)1.(2017·全國(guó)Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).法二

如圖(2)，設(shè)M，N，P分別為AB，BB1，B1C1中點(diǎn)，則PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1與BC1所成的角是∠MNP或其補(bǔ)角.∵AB＝2，BC＝CC1＝1，則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC答案

C在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(1)證明由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CDM，故BC⊥DM.所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.由于DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(1)證明由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件3.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，

E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.(1)證明由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.3.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E(2)解作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，(2)解作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面AB1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.考點(diǎn)整合1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設(shè)直線l的方2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算設(shè)直線l，m最新高考數(shù)學(xué)逆襲專題-第3講立體幾何中的向量方法課件熱點(diǎn)一利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系【例1】

如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.熱點(diǎn)一利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系(1)BE⊥DC；證明依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1).證明依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(2)因?yàn)锳B⊥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，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)因?yàn)锳B⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABC設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量.所以平面PAD⊥平面PCD.設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，不妨令y＝1，探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系(盡可能利用垂直條件，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而用向量表示涉及到直線、平面的要素).2.向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何定理的條件，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致誤.探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)摹居?xùn)練1】

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn).求證： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD.證明

(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).設(shè)BA＝a，則A(a，0，0)，【訓(xùn)練1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90則B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD.則B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?熱點(diǎn)二利用空間向量計(jì)算空間角考法1求線面角或異面直線所成的角【例2－1】

(2018·煙臺(tái)質(zhì)檢)如圖，在梯形ABCD中，AD＝BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDFE⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD.熱點(diǎn)二利用空間向量計(jì)算空間角(1)證明∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD＝BD，AC?平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE.又AC?平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE.∴OD＝OC＝1，OB＝OA＝2，∵FE∥OB且FE＝OB，∴四邊形FEBO為平行四邊形，∴OF∥BE，且OF＝BE＝2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD.(1)證明∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面則B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(xiàn)(0，0，2)，C(－1，0，0)，不妨設(shè)z＝1，得x＝y(tǒng)＝－2，得n＝(－2，－2，1).則B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(xiàn)(0，0，2)，C探究提高1.異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.2.直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|，有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角).探究提高1.異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的【訓(xùn)練2】

(2018·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn). (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.【訓(xùn)練2】(2018·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC－A1因?yàn)锳B＝AA1＝2，因?yàn)锳B＝AA1＝2，設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，(1)證明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時(shí)二面角M－B1C－A的余弦值.(1)證明：BC⊥B1M；∴BC＝2，則有AB2＋BC2＝8＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，又∵BB1⊥BC，BB1∩AB＝B，∴BC⊥平面ABB1A1，又B1M?平面ABB1A1，故BC⊥B1M.∴BC＝2，則有AB2＋BC2＝8＝AC2，(2)解由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾何體為四棱錐C－ABB1M和四棱錐B1－A1MCC1.由(1)知四棱錐C－ABB1M的高為BC＝2，此時(shí)M為AA1中點(diǎn)，(2)解由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一個(gè)法向量，令z1＝1，可得n1＝(1，2，1)，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一個(gè)法向量，∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角.2.利用向量法求二面角，必須能判定“所求二面角的平面角是銳角或鈍角”，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)?探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直(1)求證：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交.(1)求證：AC⊥平面BEF；(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，因?yàn)镃C1⊥平面ABC，所以四邊形A1ACC1為矩形.又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，所以AC⊥EF.因?yàn)锳B＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1，又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC，因?yàn)锽E?平面ABC，所以EF⊥BE.(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，由題意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1).設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，由題意得B(0，2，0)，令y0＝－1，則x0＝