2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(guān)系．(重點(diǎn)) 2.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，并能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計(jì)算問題．(難點(diǎn)) [考向預(yù)測]　從近三年高考情況來看，本講為高考必考內(nèi)容．預(yù)測2020年高考將會(huì)以空間向量為工具，證明平行與垂直以及求空間角的計(jì)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(guān)系 (1)設(shè)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(shè)直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個(gè)不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個(gè)實(shí)數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2. (3)設(shè)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(shè)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(guān)系 (1)設(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(gè)面內(nèi)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(gè)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(bǔ)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(gè)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?yàn)閍＝(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(shè)平面ABC的一個(gè)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(diǎn)D，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)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(biāo)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(shè)平面A1BC1的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由即 令y＝1，得n＝(2,1,2)， 設(shè)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(guān)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(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)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(shè)平面AA1C的一個(gè)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(shè)平面A1C1C的一個(gè)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(guān)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(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點(diǎn)P的位置，若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(1)證明：設(shè)BD與AC交于點(diǎn)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O(shè)B，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(biāo)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(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1， 設(shè)＝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(shè)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?yàn)锽P∥平面DA1C1， 則n⊥

12、，即n·＝－－λ＝0， 得λ＝－1， 即點(diǎn)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(nèi)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(nèi)的兩個(gè)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為證明線線垂直 面面垂 直問題 兩個(gè)平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)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(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理． (2)探索性問題的關(guān)鍵是設(shè)點(diǎn)：①空間中的點(diǎn)可設(shè)為(x，y，z)；②坐標(biāo)平面內(nèi)的點(diǎn)其中一個(gè)坐標(biāo)為0，如xOy面上的點(diǎn)為(x，y,0)；③坐標(biāo)軸上的點(diǎn)兩個(gè)坐標(biāo)為0，如z軸上的點(diǎn)為(0,0，z)；④直線(線段)AB上的點(diǎn)P，可設(shè)為＝λ，表示出點(diǎn)P的坐標(biāo)，或直接利用向量運(yùn)算． 提醒：解這類問題時(shí)要利用好向量垂直和平行的坐標(biāo)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(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設(shè)E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(diǎn)． (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(diǎn)O，連接OP，OF. 因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD. 因?yàn)閭?cè)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(diǎn)， 所以O(shè)F∥AB. 又ABCD是正方形，所以O(shè)F⊥AD. 因?yàn)镻A＝PD＝AD，

15、 所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OF，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則A，F(xiàn)，D， P，B，C. 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，所以E. 易知平面PAD的一個(gè)法向量為＝， 因?yàn)椋剑? 且·＝·＝0， 又因?yàn)镋F?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. (2)因?yàn)椋?，?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(cè)視圖、俯視圖，在直觀圖中，點(diǎn)M是BD的中點(diǎn)，AE＝CD，側(cè)視圖是直角梯形，俯視圖是等腰直角三角形，有關(guān)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(diǎn)N，使MN⊥平面BDE？若存在，確定點(diǎn)N的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(gè)法向量， 因?yàn)椤ぃ?×(－1)＋0×1＋2×0＝0， 所以⊥，即AE⊥EM， 又EM?平面ABC， 故EM∥平面ABC. (2)假設(shè)在DC上存在一點(diǎn)N滿足題意， 設(shè)＝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(diǎn)N，滿足NM⊥平面BDE，此時(shí)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(cè)的兩點(diǎn)，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(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設(shè)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?yàn)镋G?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2

20、)若點(diǎn)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?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 連接OB.因?yàn)锳B＝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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)M(a,2－a,0)(0

22、 解　點(diǎn)M是線段BC的中點(diǎn)時(shí)，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(jì)算得 ＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)， 設(shè)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(diǎn)M是線段BC的中點(diǎn)． 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(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值． 解　(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，故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，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(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz. 當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)． 由題設(shè)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(shè)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(biāo)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(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，就是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時(shí)，其補(bǔ)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(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)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(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角． 3．利用向量計(jì)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(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)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(shí)際圖形判斷所求角的大小． (2

26、)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)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(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點(diǎn)，則AE，SD所成角的余弦值為________． 答案　 解析　以兩對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)O作為原點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)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(xué)高三實(shí)驗(yàn)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(diǎn)． (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(diǎn)，∴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(biāo)原點(diǎn)，DB，DC所在直線分別為x軸、y軸，過點(diǎn)D且平行于AA1的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz(如圖所示)， 設(shè)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(shè)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(gè)法向量． 設(shè)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(diǎn)． (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(diǎn)C作CO⊥BB1交BB1于O，因?yàn)槠矫鍮B1C1C⊥平面AA1B1B，BB1C1C∩平面AA1B1B＝B1B，所以CO⊥平面AA1B1B，故CO⊥OA， 又因?yàn)锳C＝BC，OC＝OC，所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB， 因?yàn)椤螦

30、A1B1＝∠OBA＝45°，所以AO⊥BB1，又因?yàn)锽B1⊥CO，所以BB1⊥平面AOC，故BB1⊥AC. (2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OC所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)平面A1B1E的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則∴ 令x1＝1，得n＝(1,1,0)； 設(shè)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(diǎn)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(diǎn)為O，∴DO⊥AB. 又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC. 過O作直線OY∥AC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OB，OY，OD分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示． 記AC＝2a，則1≤a≤2， A，B， C，D，E， ＝(－，2a,0)，＝. 設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x，y，z)． 由得 令x＝，得n＝. 又∵＝(0，－a,0)， ∴點(diǎn)E到平面BCD的距離d＝＝ . ∵1≤a≤2，∴當(dāng)a＝2時(shí)，d取得最大值， dmax＝＝.

33、 空間距離的幾個(gè)結(jié)論 (1)點(diǎn)到直線的距離：設(shè)過點(diǎn)P的直線l的方向向量為單位向量n，A為直線l外一點(diǎn)，點(diǎn)A到直線l的距離d＝. (2)點(diǎn)到平面的距離：設(shè)P為平面α內(nèi)的一點(diǎn)，n為平面α的法向量，A為平面α外一點(diǎn)，點(diǎn)A到平面α的距離d＝. (3)線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到面的距離．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2018·惠州第一次調(diào)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(gè)軸截面，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)沿著圓柱的側(cè)面到達(dá)點(diǎn)D，其運(yùn)動(dòng)路程最短時(shí)在側(cè)面留下曲線Γ.將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1

34、D1，邊B1C1與曲線Γ相交于點(diǎn)P. (1)求曲線Γ的長度； (2)當(dāng)θ＝時(shí)，求點(diǎn)C1到平面APB的距離． 解　(1)將圓柱一半展開后底面的半個(gè)圓周變成長方形的邊BA，曲線Γ就是對(duì)角線BD. 由于AB＝πr＝π，AD＝π，∴BD＝π. 故曲線Γ的長度為π. (2)當(dāng)θ＝時(shí)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)， 則 取z＝2得n＝(π，0,2)， ∴點(diǎn)C1到平面PAB的距離d＝＝ . 易錯(cuò)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(diǎn)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(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，的方向?yàn)閥軸正方向，的方向?yàn)閦軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， ∵M(jìn)為FB的中點(diǎn)，∴MF＝1. ∵∠BFC＝60°，∴MN＝，NF＝. ∴N(0,0,0)，M，E， ＝. 易知平面EFCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， 設(shè)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(biāo)系時(shí) ①證明線面垂直關(guān)系，為建系作準(zhǔn)備，沒有文字說明，直接建系通常會(huì)扣分. ②合理選擇建系方法，從而有利于求向量的坐標(biāo). (2)準(zhǔn)確計(jì)算 利用空間向量法解決立體幾何問題，計(jì)算一定要準(zhǔn)確，避免因一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)錯(cuò)誤導(dǎo)致整個(gè)題目全錯(cuò)的情況.