突破點12立體幾何中的向量方法提煉1兩條異面直線的夾角(1)兩異面直線的夾角.(2)設(shè)直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos |coss1，s2|.提煉2直線與平面的夾角(1)直線與平面的夾角.(2)設(shè)直線l的方向向量為a，平面的法向量為n，則sin |cosa，n|.提煉3兩個平面的夾角(1)兩個平面的夾角.(2)設(shè)平面1與2的法向量分別為n1與n2，則cos |cosn1，n2|.回訪1直線與平面的夾角1(2015全國卷)如圖121，長方體ABCDA1B1C1D1中，圖121AB16，BC10，AA18，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.過點E，F(xiàn)的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面所成角的正弦值解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示 5分(2)作EMAB，垂足為M，則AMA1E4，EMAA18.因為四邊形EHGF為正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.7分以D為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6,8).8分設(shè)n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即所以可取n(0,4,3).10分又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.12分回訪2兩個平面的夾角2(2016全國甲卷)如圖122，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB5，AC6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置，OD.圖122(1)證明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值解(1)證明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.2分因此EFHD，從而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以O(shè)H1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.4分又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.5分(2)如圖，以H為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Hxyz，則H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3).8分設(shè)m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，則即所以可取m(4,3，5)設(shè)n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，則即所以可取n(0，3,1).10分于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.12分熱點題型1向量法求線面角題型分析：向量法求線面角是高考中的?？碱}型，求解過程中，建系是突破口，求直線的方向向量與平面的法向量是關(guān)鍵.(2016全國丙卷)如圖123，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點，AM2MD，N為PC的中點圖123(1)證明MN平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值解(1)證明：由已知得AMAD2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因為AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分(2)取BC的中點E，連接AE.由ABAC得AEBC，從而AEAD，且AE.6分以A為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分(0,2，4)，.設(shè)n(x，y，z)為平面PMN的法向量，則即可取n(0,2,1).10分于是|cosn，|.所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.12分向量法求線面角的一般步驟1建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點的坐標(biāo)2寫出相關(guān)向量的坐標(biāo)3求平面的法向量4求線面角的正弦值5轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化變式訓(xùn)練1(2016呼和浩特二模)如圖124，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD1，點E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點圖124(1)求證：直線AF平面PEC；(2)求PE與平面PBC所成角的正弦值 【導(dǎo)學(xué)號：85952043】解(1)證明：作FMCD交PC于點M，連接EM.點F為PD的中點，F(xiàn)MCD.AEAB，ABCD，AEFM.又AEFM，四邊形AEMF為平行四邊形，AFEM.AF平面PEC，EM平面PEC，直線AF平面PEC.6分(2)連接DE，DAB60，ABCD是菱形，DEDC.以D為坐標(biāo)原點，以DE，DC，DP所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，7分則P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，(0,1，1)，.8分設(shè)平面PBC的法向量為n(x，y，z)n0，n0，取n(，3,3)，平面PBC的一個法向量為n(，3,3).10分設(shè)向量n與所成的角為，cos .PE與平面PBC所成角的正弦值為.12分熱點題型2向量法求二面角題型分析：向量法求二面角是高考重點考查題型，此類問題求解的突破口是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求解的關(guān)鍵是求兩個平面的法向量.(2016全國乙卷)如圖125，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE與二面角CBEF都是60.圖125(1)證明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解(1)證明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)過D作DGEF，垂足為G.由(1)知DG平面ABEF.以G為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Gxyz.6分由(1)知DFE為二面角DAFE的平面角，故DFE60，則|DF|2，|DG|，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，).7分由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF為二面角CBEF的平面角，CEF60.從而可得C(2,0，).8分所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)設(shè)n(x，y，z)是平面BCE的法向量，則即所以可取n(3,0，).9分設(shè)m是平面ABCD的法向量，則同理可取m(0，4).10分則cosn，m.故二面角EBCA的余弦值為.12分利用空間向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角變式訓(xùn)練2(名師押題)如圖126，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAB底面ABCD，底面ABCD為矩形，PAPB，O為AB的中點，ODPC.(1)求證：OCPD；(2)若PD與平面PAB所成的角為30，求二面角DPCB的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：85952044】圖126解(1)證明：連接OP，PAPB，O為AB的中點，OPAB.側(cè)面PAB底面ABCD，OP平面ABCD，OPOD，OPOC.ODPC，OPPCP，OD平面OPC，ODOC.4分又OPODO，OC平面OPD，OCPD.6分(2)取CD的中點E，以O(shè)為原點，OE，OB，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由(1)知ODOC，則AB2AD，又側(cè)面PAB底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA平面PAB.DPA為直線PD與平面PAB所成的角，DPA30.不妨設(shè)AD1，則AB2，PA，PO.B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，P(0,0，)，從而(1,1，)，(0，2,0).9分設(shè)平面PCD的法向量為n1(x1，y1，z1)，由得可取n1(，0,1)同理，可取平面PCB的一個法向量為n2(0，1).11分于是cosn1，n2.二面角DPCB的余弦值為.12分熱點題型3利用空間向量求解探索性問題題型分析：(1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關(guān)系的判定與性質(zhì)定理進(jìn)行推理探究，二是對幾何體的空間角、距離和體積等的研究.(2)其解決方法多通過求角、距離、體積等把這些問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個參數(shù)的方程問題，根據(jù)方程解的存在性來解決.如圖127，空間幾何體ABCDE中，平面ABC平面BCD，AE平面ABC.圖127(1)證明：AE平面BCD；(2)若ABC是邊長為2的正三角形，DE平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為，試問在CA上是否存在一點P，使得二面角PBEA的余弦值為.若存在，請確定點P的位置；若不存在，請說明理由解題指導(dǎo)(1)(2)解(1)證明：過點D作直線DOBC交BC于點O，連接DO.因為平面ABC平面BCD，DO平面BCD，DOBC，且平面ABC平面BCDBC，所以DO平面ABC.1分因為直線AE平面ABC，所以AEDO.2分因為DO平面BCD，AE平面BCD，所以直線AE平面BCD.4分(2)連接AO，因為DE平面ABC，所以AODE是矩形，所以DE平面BCD.因為直線AD與直線BD，CD所成角的余弦值均為，所以BDCD，所以O(shè)為BC的中點，所以AOBC，且cosADC.設(shè)DOa，因為BC2，所以O(shè)BOC1，AO.所以CD，AD.在ACD中，AC2，所以AC2AD2CD22ADCDcosADC，即43a21a22，即2a2，解得a21，a1.6分以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OB，OD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(biāo)系則C(0，1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)假設(shè)存在點P，連接EP，BP，設(shè)，則P(，0)設(shè)平面ABE的法向量為m(x，y，z)，則取x1，則平面ABE的一個法向量為m(1，0)設(shè)平面PBE的法向量為n(x，y，z)，則取x1，則平面PBE的一個法向量為n(1，2).9分設(shè)二面角PBEA的平面角的大小為，由圖知為銳角則cos ，化簡得6210，解得或(舍去).11分所以在CA上存在一點P，使得二面角PBEA的余弦值為，其為線段AC的三等分點(靠近點A).12分利用空間向量解點或參數(shù)存在性問題的優(yōu)勢及思路1優(yōu)勢：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)運算進(jìn)行判斷2思路：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，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法解題圖128變式訓(xùn)練3如圖128所示，在多面體ABCDE中，CD平面ABC，BECD，AB2，AC4，BC2，CD4，BE1.(1)求證：平面ADC平面BCDE；(2)試問在線段DE上是否存在點S，使得AS與平面ADC所成的角的余弦值為？若存在，確定S的位置；若不存在，請說明理由解(1)證明：因為AB2，AC4，BC2，所以AB2AC2BC2，故ACBC.2分因為CD平面ABC，所以CDBC.因為ACCDC，故BC平面ADC.因為BC平面BCDE，所以平面ADC平面BCDE.5分(2)由(1)知ACBC.又CD平面ABC，所以CDAC，CDBC.以C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CD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(biāo)系，則C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1).8分假設(shè)線段DE上存在點S(x，y，z)，使得AS與平面ACD所成的角的余弦值為.設(shè)(01)，又(x，y，z4)，(0,2，3)，所以(x，y，z4)(0,2，3)，得S(0,2，43)，則(4,2，43)由(1)知平面ADC的一個法向量是(0,2,0)，因為cos ，10分所以sin | cos，|，化簡得92680，解得或(舍去)故存在滿足條件的點S，且DSDE.12分