（課標全國版）高考數(shù)學第一輪復習講練測 第37講 立體幾何中的向量方法 （講）原卷版+解析

第37講立體幾何中的向量方法【學科素養(yǎng)】數(shù)學抽象、邏輯推理、數(shù)學運算【課標解讀】1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示；2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示；3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能用向量的數(shù)量積判斷向量的共線和垂直；4.理解直線的方向向量及平面的法向量；5.能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系；6.能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理.7.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題；8.了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用.【備考策略】從近三年卷情況來看，本講一直是空間立體幾何的基礎(chǔ)，一般不單獨命題．預測2022年會與多面體相結(jié)合進行考查，題型為解答題，解題時利用空間向量法解決問題，試題難度不會太大，屬中檔題型。以空間向量為工具證明平行與垂直以及進行空間角的計算．試題以解答題的形式呈現(xiàn)，難度為中等偏上?！竞诵闹R】知識點一空間向量及其有關(guān)概念概念語言描述共線向量(平行向量)表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合共面向量平行于同一個平面的向量共線向量定理對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb共面向量定理若兩個向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面?存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb空間向量基本定理及推論定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.推論：設(shè)O，A，B，C是不共面的四點，則對平面ABC內(nèi)任一點P都存在唯一的三個有序?qū)崝?shù)x，y，z，使eq\o(OP,\s\up7(―→))＝xeq\o(OA,\s\up7(―→))＋yeq\o(OB,\s\up7(―→))＋zeq\o(OC,\s\up7(―→))且x＋y＋z＝1知識點二數(shù)量積及坐標運算(1)兩個空間向量的數(shù)量積：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b?a·b＝0(a，b為非零向量)；③設(shè)a＝(x，y，z)，則|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)空間向量的坐標運算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)數(shù)量積a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共線a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夾角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))知識點三直線的方向向量與平面的法向量(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或或共線，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量．知識點四空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝0【特別提醒】1．空間向量基本定理的幾點注意(1)空間任意三個不共面的向量都可構(gòu)成空間的一個基底．(2)由于0與任意一個非零向量共線，與任意兩個非零向量共面，故0不能作為基向量．(3)基底選定后，空間的所有向量均可由基底唯一表示．2．有關(guān)向量的數(shù)量積的提醒(1)若a，b，c(b≠0)為實數(shù)，則ab＝bc?a＝c；但對于向量就不正確，即a·b＝b·ca＝c.(2)數(shù)量積的運算只適合交換律、加乘分配律及數(shù)乘結(jié)合律，但不適合乘法結(jié)合律，即(a·b)c不一定等于a(b·c)．這是由于(a·b)c表示一個與c共線的向量，而a(b·c)表示一個與a共線的向量，而c與a不一定共線．3．方向向量和法向量均不為零向量且不唯一知識點五異面直線所成的角設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)知識點六求直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).知識點七求二面角的大小(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|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).【特別提醒】1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補.【高頻考點】高頻考點一空間向量的數(shù)量積及應(yīng)用【例1】在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－1B．0C．1D．不確定【方法技巧】1.利用數(shù)量積解決問題的兩條途徑：一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計算；二是利用坐標運算.2.空間向量的數(shù)量積可解決有關(guān)垂直、夾角、長度問題.(1)a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0；(2)|a|＝eq\r(a2)；(3)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).【變式探究】已知空間四邊形OABC中，eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，點M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點，則eq\o(MN,\s\up7(→))＝()A.eq\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B．－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c D.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c【舉一反三】如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為60°.求：(1)eq\o(AC1,\s\up7(→))的長；(2)eq\o(BD1,\s\up7(→))與eq\o(AC,\s\up7(→))夾角的余弦值．高頻考點二利用向量證明平行與垂直問題【例2】（2023·天津卷）如圖，在三棱柱中，平面，，點分別在棱和棱上，且為棱的中點．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.【方法技巧】(1)利用空間向量解決平行、垂直問題的一般步驟①建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用已知圖形中的垂直關(guān)系；②建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；③通過空間向量的坐標運算研究平行、垂直關(guān)系；④根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題．(2)空間線面位置關(guān)系的坐標表示設(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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．①線線平行l(wèi)∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.②線線垂直l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.③線面平行(l?α)l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.④線面垂直l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.⑤面面平行α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.⑥面面垂直α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，點M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°角．求證：CM∥平面PAD．高頻考點三用空間向量解決有關(guān)位置關(guān)系的探索性問題【例3】（2023·山東卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【方法技巧】解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設(shè)題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理.(2)探索性問題的關(guān)鍵是設(shè)點：①空間中的點可設(shè)為(x，y，z)；②坐標平面內(nèi)的點其中一個坐標為0，如xOy面上的點為(x，y，0)；③坐標軸上的點兩個坐標為0，如z軸上的點為(0，0，z)；④直線(線段)AB上的點P，可設(shè)為eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出點P的坐標，或直接利用向量運算.【變式探究】（2023·北京卷）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1（Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交．?2121?CD=(2【例4】在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)【變式探究】（2023·浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．39【方法技巧】用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對值．【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值．高頻考點五用空間向量求線面角【例5】（2023·浙江卷）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【變式探究】(2020·新卷全國卷Ⅰ)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，QB＝eq\r(2)，求PB與平面QCD所成角的正弦值．【變式探究】(2020·全國卷Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．【方法技巧】利用向量法求線面角的方法：(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.【變式探究】(2020·北京卷)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BB1的中點．(1)求證：BC1∥平面AD1E；(2)求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值．【舉一反三】(2020·天津卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點．(1)求證：C1M⊥B1D；(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；(3)求直線AB與平面DB1E所成角的正弦值．高頻考點六用空間向量求二面角【例6】（2023·全國卷）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?(2020·全國卷Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)證明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值．【變式探究】(2020·全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)證明：點C1在平面AEF內(nèi)；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A-EF-A1的正弦值．【舉一反三】(2019·全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．【方法技巧】利用向量法計算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大?。?2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。咀兪教骄俊?2019·卷全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．【變式探究】(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B－CG－A的大?。咀兪教骄俊浚?023·北京卷）已知正方體，點為中點，直線交平面于點．（1）證明：點為的中點；（2）若點為棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．第37講立體幾何中的向量方法【學科素養(yǎng)】數(shù)學抽象、邏輯推理、數(shù)學運算【課標解讀】1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示；2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示；3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能用向量的數(shù)量積判斷向量的共線和垂直；4.理解直線的方向向量及平面的法向量；5.能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系；6.能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理.7.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題；8.了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用.【備考策略】從近三年卷情況來看，本講一直是空間立體幾何的基礎(chǔ)，一般不單獨命題．預測2022年會與多面體相結(jié)合進行考查，題型為解答題，解題時利用空間向量法解決問題，試題難度不會太大，屬中檔題型。以空間向量為工具證明平行與垂直以及進行空間角的計算．試題以解答題的形式呈現(xiàn)，難度為中等偏上?！竞诵闹R】知識點一空間向量及其有關(guān)概念概念語言描述共線向量(平行向量)表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合共面向量平行于同一個平面的向量共線向量定理對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb共面向量定理若兩個向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面?存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb空間向量基本定理及推論定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.推論：設(shè)O，A，B，C是不共面的四點，則對平面ABC內(nèi)任一點P都存在唯一的三個有序?qū)崝?shù)x，y，z，使eq\o(OP,\s\up7(―→))＝xeq\o(OA,\s\up7(―→))＋yeq\o(OB,\s\up7(―→))＋zeq\o(OC,\s\up7(―→))且x＋y＋z＝1知識點二數(shù)量積及坐標運算(1)兩個空間向量的數(shù)量積：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b?a·b＝0(a，b為非零向量)；③設(shè)a＝(x，y，z)，則|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)空間向量的坐標運算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)數(shù)量積a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共線a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夾角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))知識點三直線的方向向量與平面的法向量(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或或共線，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量．知識點四空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝0【特別提醒】1．空間向量基本定理的幾點注意(1)空間任意三個不共面的向量都可構(gòu)成空間的一個基底．(2)由于0與任意一個非零向量共線，與任意兩個非零向量共面，故0不能作為基向量．(3)基底選定后，空間的所有向量均可由基底唯一表示．2．有關(guān)向量的數(shù)量積的提醒(1)若a，b，c(b≠0)為實數(shù)，則ab＝bc?a＝c；但對于向量就不正確，即a·b＝b·ca＝c.(2)數(shù)量積的運算只適合交換律、加乘分配律及數(shù)乘結(jié)合律，但不適合乘法結(jié)合律，即(a·b)c不一定等于a(b·c)．這是由于(a·b)c表示一個與c共線的向量，而a(b·c)表示一個與a共線的向量，而c與a不一定共線．3．方向向量和法向量均不為零向量且不唯一知識點五異面直線所成的角設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)知識點六求直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).知識點七求二面角的大小(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|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).【特別提醒】1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補.【高頻考點】高頻考點一空間向量的數(shù)量積及應(yīng)用【例1】在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－1B．0C．1D．不確定【答案】B【解析】(1)如圖，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.【方法技巧】1.利用數(shù)量積解決問題的兩條途徑：一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計算；二是利用坐標運算.2.空間向量的數(shù)量積可解決有關(guān)垂直、夾角、長度問題.(1)a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0；(2)|a|＝eq\r(a2)；(3)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).【變式探究】已知空間四邊形OABC中，eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，點M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點，則eq\o(MN,\s\up7(→))＝()A.eq\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B．－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c D.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c【答案】B【解析】如圖所示，eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BN,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.【舉一反三】如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為60°.求：(1)eq\o(AC1,\s\up7(→))的長；(2)eq\o(BD1,\s\up7(→))與eq\o(AC,\s\up7(→))夾角的余弦值．【解析】(1)記eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).|eq\o(AC1,\s\up7(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，∴|eq\o(AC1,\s\up7(→))|＝eq\r(6)，即AC1的長為eq\r(6).(2)∵eq\o(BD1,\s\up7(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝a＋b，∴|eq\o(BD1,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→)),|eq\o(BD1,\s\up7(→))||eq\o(AC,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(6),6)，即eq\o(BD1,\s\up7(→))與eq\o(AC,\s\up7(→))夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).高頻考點二利用向量證明平行與垂直問題【例2】（2023·天津卷）如圖，在三棱柱中，平面，，點分別在棱和棱上，且為棱的中點．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】依題意，以C為原點，分別以、、的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系（如圖），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依題意，，，從而，所以；（Ⅱ）依題意，是平面的一個法向量，，．設(shè)為平面的法向量，則，即，不妨設(shè)，可得．，．所以，二面角的正弦值為；（Ⅲ）依題意，．由（Ⅱ）知為平面的一個法向量，于是．所以，直線與平面所成角的正弦值為.【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.證明：以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz.設(shè)PA＝AB＝BC＝1，則P(0,0,1)．(1)因為∠ABC＝60°，所以△ABC為正三角形．所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2))).設(shè)D(0，y,0)，由AC⊥CD，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，即y＝eq\f(2\r(3),3)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),6)×eq\f(\r(3),4)＝0，所以eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，即AE⊥CD．(2)(方法一)由(1)知，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，P(0，0,1)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1)).又eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(3),3)＋eq\f(1,2)×(－1)＝0，所以eq\o(PD,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，即PD⊥AE.因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0.所以PD⊥AB.又AB∩AE＝A，AB，AE?平面AEB，所以PD⊥平面AEB.(方法二)由(1)知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，設(shè)平面ABE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(1,4)x＋\f(\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，))令y＝2，則z＝－eq\r(3)，所以n＝(0,2，－eq\r(3))為平面ABE的一個法向量．因為eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1))，顯然eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),3)n.因為eq\o(PD,\s\up6(→))∥n，所以eq\o(PD,\s\up6(→))⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.【方法技巧】(1)利用空間向量解決平行、垂直問題的一般步驟①建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用已知圖形中的垂直關(guān)系；②建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；③通過空間向量的坐標運算研究平行、垂直關(guān)系；④根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題．(2)空間線面位置關(guān)系的坐標表示設(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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．①線線平行l(wèi)∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.②線線垂直l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.③線面平行(l?α)l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.④線面垂直l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.⑤面面平行α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.⑥面面垂直α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，點M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°角．求證：CM∥平面PAD．證明：由題意知，CB，CD，CP兩兩垂直，以C為坐標原點，CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz.因為PC⊥平面ABCD，所以∠PBC為PB與平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°.因為PC＝2，所以BC＝2eq\r(3)，PB＝4，所以D(0,1,0)，B(2eq\r(3)，0,0)，A(2eq\r(3)，4,0)，P(0,0,2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，3,0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2))).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAD的一個法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0，))取y＝2，得x＝－eq\r(3)，z＝1，所以n＝(－eq\r(3)，2,1)是平面PAD的一個法向量．因為n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq\f(3,2)＝0，所以n⊥eq\o(CM,\s\up6(→)).又CM平面PAD，所以CM∥平面PAD．高頻考點三用空間向量解決有關(guān)位置關(guān)系的探索性問題【例3】（2023·山東卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為所以平面；（2）如圖建立空間直角坐標系，因為，則有，設(shè)，則有，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.【方法技巧】解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設(shè)題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理.(2)探索性問題的關(guān)鍵是設(shè)點：①空間中的點可設(shè)為(x，y，z)；②坐標平面內(nèi)的點其中一個坐標為0，如xOy面上的點為(x，y，0)；③坐標軸上的點兩個坐標為0，如z軸上的點為(0，0，z)；④直線(線段)AB上的點P，可設(shè)為eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出點P的坐標，或直接利用向量運算.【變式探究】（2023·北京卷）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1（Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交．【答案】(1)證明見解析(2)B-CD-C1的余弦值為?(3)證明過程見解析【解析】（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四邊形A1ACC1為矩形．又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE?平面ABC，∴EF⊥BE．如圖建立空間直角坐稱系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）．∴CD=設(shè)平面BCD的法向量為n=(a?∴n?CD=0n?CB令a=2，則b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量n=(2?又∵平面CDC1的法向量為EB=∴cos<n?由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為?21（Ⅲ）平面BCD的法向量為n=(2?，??1?，∴GF=(0?，??2?，?∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交．高頻考點四用空間向量求異面直線所成的角【例4】在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)【答案】C【解析】以DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則D1(0，0，eq\r(3))，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))．設(shè)異面直線AD1與DB1所成的角為θ，所以cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,2×\r(5))))＝eq\f(\r(5),5).所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).【變式探究】（2023·浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）39【解析】方法一：（Ⅰ）由AB=2,AA1=4,B所以A1故AB由BC=2，BB1=2,CC1由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23由CC1⊥AC，得AC1因此AB1⊥（Ⅱ）如圖，過點C1作C1D⊥A1B1由AB1⊥平面A1B由C1D⊥A1B所以∠C1AD是AC1與平面AB由B1C1所以C1D=3因此，直線AC1與平面ABB方法二：（Ⅰ）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知各點坐標如下：A(0,?因此A由AB1?由AB1?所以AB1⊥（Ⅱ）設(shè)直線AC1與平面ABB由（Ⅰ）可知A設(shè)平面ABB1的法向量由n?AB=0,n?BB所以sinθ=因此，直線AC1與平面ABB【方法技巧】用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對值．【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值．【解析】(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.又因為AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)設(shè)AC∩BD＝O.因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如圖，以O(shè)為坐標原點，射線OB，OC分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標系O-xyz，則P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(0，2eq\r(3)，0)．設(shè)PB與AC所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))|,|eq\o(PB,\s\up7(→))||eq\o(AC,\s\up7(→))|)＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).即PB與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).高頻考點五用空間向量求線面角【例5】（2023·浙江卷）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而與相交，所以平面，因為，所以，取中點，連接，則兩兩垂直，以點為坐標原點，如圖所示，建立空間直角坐標系,則,又為中點，所以.由（1）得平面，所以平面的一個法向量從而直線與平面所成角的正弦值為．【變式探究】(2020·新卷全國卷Ⅰ)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，QB＝eq\r(2)，求PB與平面QCD所成角的正弦值．(1)證明：在正方形ABCD中，AD∥BC．因為AD平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC．又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.因為在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，所以l⊥CD，且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD．因為CD∩PD＝D所以l⊥平面PDC．(2)解：以D為原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．因為PD＝AD＝1，則有D(0,0,0)，C(0，1,0)，A(1,0，0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)．設(shè)Q(m,0,1)，則有eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．因為QB＝eq\r(2)，所以eq\r(m－12＋0－12＋1－02)＝eq\r(2)，解得m＝1.設(shè)平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋z＝0.))令x＝1，則z＝－1，所以平面QCD的一個法向量為n＝(1,0，－1)．設(shè)PB與平面QCD所成的角為θ，則有sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→)))))))＝eq\f(1＋0＋1,\r(12＋02＋－12)×\r(12＋12＋12))＝eq\f(2,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3).所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).【變式探究】(2020·全國卷Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．【解析】(1)證明：因為M，N分別為BC，B1C1的中點，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，所以AA1∥MN.因為△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，A1N∩MN＝N，所以B1C1⊥平面A1AMN.因為B1C1?平面EB1C1F，所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M為坐標原點，eq\o(MA,\s\up7(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(MB,\s\up7(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系M-xyz，則AB＝2，AM＝eq\r(3).連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故PM＝eq\f(2\r(3),3)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)).由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC.設(shè)Q(a,0,0)，則NQ＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，故eq\o(B1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，|eq\o(B1E,\s\up7(→))|＝eq\f(2\r(10),3).又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－n，eq\o(B1E,\s\up7(→))))＝cosn，eq\o(B1E,\s\up7(→))＝eq\f(n·eq\o(B1E,\s\up7(→)),|n|·eq\o(B1E,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(10),10).所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10).【方法技巧】利用向量法求線面角的方法：(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.【變式探究】(2020·北京卷)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BB1的中點．(1)求證：BC1∥平面AD1E；(2)求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值．【解析】(1)證明：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB綊DC，D1C1綊DC，∴AB綊D1C1，∴四邊形ABC1D1為平行四邊形，BC1∥AD1.又AD1?平面AD1E，BC1?平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E.(2)設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，以A為原點，AD，AB，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(2,0,2)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,2,1)．設(shè)平面AD1E的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AD1,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，))令z＝－2，則x＝2，y＝1，∴n＝(2,1，－2)．設(shè)直線AA1與平面AD1E所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AA1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(4,3×2)＝eq\f(2,3).所以直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為eq\f(2,3). 【舉一反三】(2020·天津卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點．(1)求證：C1M⊥B1D；(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；(3)求直線AB與平面DB1E所成角的正弦值．【解析】依題意，以C為原點，分別以eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(CC1,\s\up7(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2，0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．(1)證明：依題意，eq\o(C1M,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up7(→))＝(2，－2，－2)，從而eq\o(C1M,\s\up7(→))·eq\o(B1D,\s\up7(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)依題意，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一個法向量，eq\o(EB1|,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq\o(ED,\s\up7(→))＝(2,0，－1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面DB1E的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(EB1|,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(ED|,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨設(shè)x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此有cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(eq\o(CA,\s\up7(→))·n,|CA|→|n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以二面角B-B1E-D的正弦值為eq\f(\r(30),6).(3)依題意，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)為平面DB1E的一個法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(AB→·n,|AB|→|n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線AB與平面DB1E所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).高頻考點六用空間向量求二面角【例6】（2023·全國卷）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）見解析；（2）【分析】通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案．【解析】因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因為，，所以，又，所以平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．所以，．由題設(shè)（）．（1）因為，所以，所以．（2）設(shè)平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．(2020·全國卷Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)證明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值．[解](1)證明：設(shè)DO＝a，由題設(shè)可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a.因此PA2＋PB2＝AB2，從而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.因為PB∩PC＝P，PB?平面PBC，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)以O(shè)為坐標原點，eq\o(OE,\s\up7(→))的方向為y軸正方向，|eq\o(OE,\s\up7(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題設(shè)可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(EC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2))).設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(EP,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0.))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2))).由(1)知eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一個法向量，記n＝eq\o(AP,\s\up7(→))，則cosn，m＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5).所以二面角B-PC-E的余弦值為eq\f(2\r(5),5).【變式探究】(2020·全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)證明：點C1在平面AEF內(nèi)；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A-EF-A1的正弦值．【解析】設(shè)AB＝a，AD＝b，AA1＝c，以C1為坐標原點，eq\o(C1D1,\s\up7(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系C1-xyz.(1)證明：連接C1F，則C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\o(C1F,\s\up7(→))，因此EA∥C1F，即A，E，F(xiàn)，C1四點共面，所以點C1在平面AEF內(nèi)．(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，A1(2,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝(0，－1,2)，eq\o(A1F,\s\up7(→))＝(－2,0,1)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面AEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,－2x－2z＝0，))可取n1＝(－1，－1,1)．設(shè)n2為平面A1EF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(A1F,\s\up7(→))＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1)).因為cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),7)，所以二面角A-EF-A1的正弦值為eq\f(\r(42),7).【舉一反三】(2019·全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．(1)證明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，EC1∩B1C1＝C1，EC1，B1C1?平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系．則C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1，0,1)，eq\o(CB,\s\up6(→)