2022年高考數(shù)學一輪復習 第7章 立體幾何 第7講 立體幾何中的向量方法講義 理（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 第7章 立體幾何 第7講 立體幾何中的向量方法講義 理（含解析） [考綱解讀]　1.理解直線的方向向量及平面的法向量，并能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關系．(重點) 2.能用向量方法證明立體幾何中有關線面位置關系的一些簡單定理，并能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計算問題．(難點) [考向預測]　從近三年高考情況來看，本講為高考必考內容．預測2020年高考將會以空間向量為工具，證明平行與垂直以及求空間角的計算問題．試題以解答題的形式呈現(xiàn)，難度為中等偏上. 1．用向量證明空間中的平行關系 (1)設直線l1和l2的方向向量分別為

2、v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?v1∥v2?v1＝λv2. (2)設直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個實數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2. (3)設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?v⊥u?v·u＝0. (4)設平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?u1∥u2?u1＝λu2. 2．用向量證明空間中的垂直關系 (1)設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2＝0. (2)設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?v∥u?v＝λu. (

3、3)設平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?u1⊥u2?u1·u2＝0. 3．兩條異面直線所成角的求法 設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則 4．直線和平面所成角的求法 如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝，φ的取值范圍是. 5．求二面角的大小 (1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉． (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|

4、＝|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) 1．概念辨析 (1)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平行．(　　) (2)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是[0，π]．(　　) (3)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(　　) (4)若二面角α－a－β的兩個半平面α，β的法向量n1，n2所成角為θ，則二面角α－a－β的大小是π－θ.(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．小題熱身 (1)若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為n＝

5、(－2,0，－4)，則(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l?α D．l與α斜交 答案　B 解析　因為a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)， 所以n＝－2a，所以a∥n，所以l⊥α. (2)已知向量＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，則平面ABC的單位法向量是(　　) A. B． C．± D．± 答案　D 解析　設平面ABC的一個法向量是n＝(x，y，z)，則取z＝1，得x＝，y＝－1.則n＝，|n|＝，故平面ABC的單位法向量是±. (3)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝BB1，則AB1與C1B所成角的大小為(　　) A．60° B．75° C．9

6、0° D．105° 答案　C 解析　取AC的中點D，建立如圖所示的空間直角坐標系． 設AB＝a，則B，C1，A，B1，從而＝，＝. 所以cos〈，〉＝＝0， 所以AB1與C1B所成的角為90°.故選C. (4)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________，二面角B－A1C1－D1的余弦值為________． 答案　?。? 解析　如圖，建立空間直角坐標系Dxyz，則 D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)， ∴＝(0,2,0)，＝(－1，2,0)， ＝

7、(0,2，－1)， 設平面A1BC1的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由即 令y＝1，得n＝(2,1,2)， 設D1C1與平面A1BC1所成角為θ，則 sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 即直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為. 易知平面A1C1D1的法向量m＝(0,0,1)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖可知，二面角B－A1C1－D1為鈍角， 故二面角B－A1C1－D1的余弦值為－. 題型 　利用空間向量研究空間中的位置關系 角度1　利用空間向量證明平行與垂直問題 1．(2018·青島模擬)如圖，在多面體ABC－A1B1C1中，四邊形A1

8、ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，AA1⊥平面BAC. 求證：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 證明　∵AA1⊥平面BAC. ∴AA1⊥AB，AA1⊥AC. 又∵AB＝AC，BC＝AB， ∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB， ∴AB，AC，AA1兩兩互相垂直． 建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，設AB＝2，則 A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)， C(2,0,0)， C1(1,1,2)． (1)＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，設平面AA1C的一個法向量n＝(x，

9、y，z)， 則即即 取y＝1，則n＝(0,1,0)． ∴＝2n，即∥n. ∴A1B1⊥平面AA1C. (2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，設平面A1C1C的一個法向量m＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，則y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)． ∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴⊥m.又AB1?平面A1C1C， ∴AB1∥平面A1C1C. 角度2　利用空間向量解決平行與垂直關系中的探索性問題 2．(2018·桂林模擬)如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA

10、1C1C⊥平面ABCD. (1)求證：BD⊥AA1； (2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點P的位置，若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：設BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， ∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA， ∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C， ∴A1O⊥平面ABCD. 以OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建

11、立如圖所示的空間直角坐標系，則 A(0，－1,0)，B(，0,0)， C(0,1,0)，D(－，0,0)， A1(0,0，)，C1(0,2，)． 由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)， ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， ∴⊥，即BD⊥AA1. (2)假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1， 設＝λ，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，)． 從而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．設平面DA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，則 又＝(0,2,0)，＝(，0，)， 則取n＝(1,0，－1)， 因為BP∥平面DA1C1， 則n⊥

12、，即n·＝－－λ＝0， 得λ＝－1， 即點P在C1C的延長線上，且C1C＝CP. 1．用空間向量證明平行問題的方法 線線平行 證明兩直線的方向向量共線 線面平行 ①證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直； ②證明直線的方向向量與平面內某直線的方向向量平行； ③證明該直線的方向向量可以用平面內的兩個不共線的向量線性表示 面面平行 ①證明兩平面的法向量平行(即為共線向量)； ②轉化為線面平行、線線平行問題 2．用空間向量證明垂直問題的方法 線線垂 直問題 證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零 線面垂 直問題 直線的方向向量與平面的

13、法向量共線，或利用線面垂直的判定定理轉化為證明線線垂直 面面垂 直問題 兩個平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理轉化為證明線面垂直 3．解決立體幾何中探索性問題的基本方法 (1)通常假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理． (2)探索性問題的關鍵是設點：①空間中的點可設為(x，y，z)；②坐標平面內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，可設為＝λ，表示出點P的坐標，或直接利用向量運算． 提醒：解這類問題時要利用好向量垂直和平行的坐標表示．　

14、 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PDC. 證明　(1)如圖，取AD的中點O，連接OP，OF. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 因為側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 又O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點， 所以OF∥AB. 又ABCD是正方形，所以OF⊥AD. 因為PA＝PD＝AD，

15、 所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O為原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系， 則A，F(xiàn)，D， P，B，C. 因為E為PC的中點，所以E. 易知平面PAD的一個法向量為＝， 因為＝， 且·＝·＝0， 又因為EF?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. (2)因為＝，＝(0，－a,0)， 所以·＝·(0，－a,0)＝0， 所以⊥，所以PA⊥CD. 又PA⊥PD，PD∩CD＝D， PD，CD?平面PDC， 所以PA⊥平面PDC. 又PA?平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PDC. 2．如圖是某直三棱柱被削去上底后的直觀圖與三視圖

16、的側視圖、俯視圖，在直觀圖中，點M是BD的中點，AE＝CD，側視圖是直角梯形，俯視圖是等腰直角三角形，有關數(shù)據(jù)如圖所示． (1)求證：EM∥平面ABC； (2)試問在棱CD上是否存在一點N，使MN⊥平面BDE？若存在，確定點N的位置；若不存在，請說明理由． 解　以A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)， E(0,0,2)，M(－1,1,2)，＝(0,0,2)， ＝(2,2，－4)，＝(2,0，－2)， ＝(0,0，－4)，＝(1,1，－2)，＝(－1,1,0)． (1)證明：由圖易知為平面A

17、BC的一個法向量， 因為·＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0， 所以⊥，即AE⊥EM， 又EM?平面ABC， 故EM∥平面ABC. (2)假設在DC上存在一點N滿足題意， 設＝λ＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]， 則＝－＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以即 解得λ＝∈[0,1]． 所以棱DC上存在一點N，滿足NM⊥平面BDE，此時DN＝DC. 題型 　利用空間向量求解空間角 角度1　利用空間向量求解異面直線所成的角 1．(2015·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥

18、平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)證明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值． 解　(1)證明：連接BD. 設BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝. 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.

19、又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標系Gxyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為. 角度2　利用空間向量求解直線與平面所成的角(多維探究) 2．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2

20、)若點M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值． 解　(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP＝2. 連接OB.因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2，知OP⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz. 由已知得O(0,0,0)， B(2,0,0)，A(0，－2,0)， C(0,2,0)，P(0,0,2)， 則＝(0,

21、2，2)， 取平面PAC的法向量＝(2,0,0)． 設M(a,2－a,0)(0

22、 解　點M是線段BC的中點時，直線PC與平面PAM所成角等于直線PB與平面PAM所成角． 與舉例說明2(2)前半部分解析相同，建系計算得 ＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)， 設M(a,2－a,0)(0≤a≤2)， 平面PAM的法向量n＝((a－4)，a，－a)， 若直線PC與平面PAM所成角等于直線PB與平面PAM所成角． 則＝. 所以＝ . 整理得|2a－4|＝|2a|， 解得a＝1，即M(1,1,0)， 所以點M是線段BC的中點． 角度3　利用空間向量求解二面角 3．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于

23、C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當三棱錐M－ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值． 解　(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz. 當三棱錐M－ABC體積最大時，M為的中點． 由題設得D(0,0,0)，A

24、(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0，1,1)， ＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)． 設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則 即 可取n＝(1,0,2)． 是平面MCD的法向量，因此， cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝， 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是. 1．利用向量求異面直線所成角的方法 (1)利用向量法求異面直線所成角的一般步驟是： ①選好基底或建立空間直角坐標系； ②求出兩直線的方向向量v1，v2； ③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． (2)兩異面直線所成角的范圍是θ∈，兩向量的夾

25、角α的范圍是[0，π]，當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角． 2．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的射影直線的方向向量，轉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． 3．利用向量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，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大?。? (2

26、)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內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?。?　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知正四棱錐S－ABCD的側棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點，則AE，SD所成角的余弦值為________． 答案　 解析　以兩對角線AC與BD的交點O作為原點，以OA，OB，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設邊長為2，則有O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，S(0,0，)，D(0，－，0)，E，＝，＝(0，－，－)，|cos〈，〉|＝＝＝，故AE，SD所成角的

27、余弦值為. 2．(2018·長郡中學高三實驗班選拔考試)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝5，AC＝8，D為線段AC的中點． (1)求證：BD⊥A1D； (2)若直線A1D與平面BC1D所成角的正弦值為，求AA1的長． 解　(1)證明：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱， ∴AA1⊥平面ABC， 又BD?平面ABC，∴BD⊥AA1， ∵BA＝BC，D是AC的中點，∴BD⊥AC， 又AC∩AA1＝A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1， ∴BD⊥平面ACC1A1，又A1D?平面ACC1A1， ∴BD⊥A1D. (2)由(1)知BD

28、⊥AC，AA1⊥平面ABC，故以D為坐標原點，DB，DC所在直線分別為x軸、y軸，過點D且平行于AA1的直線為z軸建立空間直角坐標系Dxyz(如圖所示)， 設AA1＝λ(λ>0)，則 A1(0，－4，λ)，B(3,0,0)， C1(0,4，λ)，D(0,0,0)， ∴＝(0，－4，λ)，＝(0,4，λ)，＝(3,0,0)， 設平面BC1D的法向量為n＝(x，y，z)， 則即則x＝0，令z＝4，可得y＝－λ， 故n＝(0，－λ，4)為平面BC1D的一個法向量． 設直線A1D與平面BC1D所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝， 解得λ＝2或λ＝8，即AA1＝2

29、或AA1＝8. 3．(2018·蕪湖模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠AA1B1＝45°，AC＝BC，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，E為CC1的中點． (1)求證：BB1⊥AC； (2)若AA1＝2，AB＝，直線A1C1與平面ABB1A1所成角為45°，求平面A1B1E與平面ABC所成銳二面角的余弦值． 解　(1)證明：過點C作CO⊥BB1交BB1于O，因為平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，BB1C1C∩平面AA1B1B＝B1B，所以CO⊥平面AA1B1B，故CO⊥OA， 又因為AC＝BC，OC＝OC，所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB， 因為∠A

30、A1B1＝∠OBA＝45°，所以AO⊥BB1，又因為BB1⊥CO，所以BB1⊥平面AOC，故BB1⊥AC. (2)以O為坐標原點，OA，OB，OC所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz， ∵AC∥A1C1，直線A1C1與平面ABB1A1所成角為45°，∴直線AC與平面ABB1A1所成角為45°，∵CO⊥平面AA1B1B，∴∠CAO＝45°，則A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，A1(1，－2,0)，B1(0，－1，0)，E(0，－1,1)， 設平面A1B1E的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則∴ 令x1＝1，得n＝(1,1,0)； 設平面ABC

31、的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則 ∴ 令x2＝1，得m＝(1,1,1)； ∴cos〈m，n〉＝＝，平面A1B1E與平面ABC所成銳二面角的余弦值為. 題型 　求空間距離(供選用) (2018·合肥三模)如圖，在多面體ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE綊AC，AD＝BD＝1. (1)求AB的長； (2)已知2≤AC≤4，求點E到平面BCD的距離的最大值． 解　(1)∵平面ABD⊥平面ABC，且交線為AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD. 又∵DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，從而DE⊥BD. 注意到BD⊥AE，且DE∩AE＝E，∴

32、BD⊥平面ADE， 于是，BD⊥AD.而AD＝BD＝1，∴AB＝. (2)∵AD＝BD，取AB的中點為O，∴DO⊥AB. 又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC. 過O作直線OY∥AC，以點O為坐標原點，直線OB，OY，OD分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，如圖所示． 記AC＝2a，則1≤a≤2， A，B， C，D，E， ＝(－，2a,0)，＝. 設平面BCD的法向量為n＝(x，y，z)． 由得 令x＝，得n＝. 又∵＝(0，－a,0)， ∴點E到平面BCD的距離d＝＝ . ∵1≤a≤2，∴當a＝2時，d取得最大值， dmax＝＝.

33、 空間距離的幾個結論 (1)點到直線的距離：設過點P的直線l的方向向量為單位向量n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝. (2)點到平面的距離：設P為平面α內的一點，n為平面α的法向量，A為平面α外一點，點A到平面α的距離d＝. (3)線面距離、面面距離都可以轉化為點到面的距離．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2018·惠州第一次調研)如圖，已知圓柱OO1底面半徑為1，高為π，平面ABCD是圓柱的一個軸截面，動點M從點B出發(fā)沿著圓柱的側面到達點D，其運動路程最短時在側面留下曲線Γ.將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時針旋轉θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1

34、D1，邊B1C1與曲線Γ相交于點P. (1)求曲線Γ的長度； (2)當θ＝時，求點C1到平面APB的距離． 解　(1)將圓柱一半展開后底面的半個圓周變成長方形的邊BA，曲線Γ就是對角線BD. 由于AB＝πr＝π，AD＝π，∴BD＝π. 故曲線Γ的長度為π. (2)當θ＝時，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(0,1,0)， P，C1(－1，0，π)，則＝(0,2,0)，＝，＝(－1,0，π)， 設平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)， 則 取z＝2得n＝(π，0,2)， ∴點C1到平面PAB的距離d＝＝ . 易錯防范　

35、向量法求空間角 [典例]　如圖，在多面體ADEFCB中，ABFE是直角梯形，∠AEF＝90°，AE∥BF，DCFE為正方形，且AE＝1，BF＝EF＝2，∠BFC＝60°. (1)求證：CE∥平面ADB； (2)求直線AB與平面EFCD所成角的正弦值． 解　(1)證明：如圖，取FB的中點M，連接CM，EM，AM. ∵AE∥BM，AE＝BM， ∴四邊形AEMB為平行四邊形， ∴AB∥EM， 同理AM∥EF，AM＝EF， ∴AM∥EF∥CD，AM＝EF＝CD， ∴四邊形AMCD為平行四邊形， ∴AD∥CM， 又CM∩EM＝M，AB∩AD＝A， ∴平面CME∥平面AD

36、B， 又CE?平面CME，∴CE∥平面ADB. (2)由(1)可知AB∥EM， ∴直線AB與平面EFCD所成的角就是直線EM與平面EFCD所成的角． 過M作MN⊥CF于點N，連接EN， 由于ABFE是直角梯形，∠AEF＝90°，AE∥BF，EFCD為正方形， ∴∠EFB＝90°，∠EFC＝90°， ∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥MN， ∴MN⊥平面EFCD. 以N為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，的方向為z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系， ∵M為FB的中點，∴MF＝1. ∵∠BFC＝60°，∴MN＝，NF＝. ∴N(0,0,0)，M，E， ＝. 易知平面EFCD的一個法向量為n＝(0,0,1)， 設直線AB與平面EFCD所成角的大小為α，則sinα＝|cos〈n，〉|＝＝， ∴直線AB與平面EFCD所成角的正弦值為. 防范措施　向量法求空間角要注意的問題 (1)建立空間直角坐標系時 ①證明線面垂直關系，為建系作準備，沒有文字說明，直接建系通常會扣分. ②合理選擇建系方法，從而有利于求向量的坐標. (2)準確計算 利用空間向量法解決立體幾何問題，計算一定要準確，避免因一個點的坐標錯誤導致整個題目全錯的情況.