（新高考）2023版高考数学一轮总复习 第7章 第6讲 空间向量的应用课件.pptx

1、第七章 立体几何第六讲 空间向量的应用 知识梳理双基自测 考点突破互动探究 名师讲坛素养提升 知识梳理双基自测 知识点一 两个重要的向量(1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有_个(2)平面的法向量 直线l平面，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面的法向量显然一个平面的法向量有_个，它们是共线向量 无数 无数 知识点二 空间位置关系的向量表示位置关系向量表示l1l2n1n2n1n2直线 l1，l2的方向向量分别为 n1，n2l1l2n1n2n1n20lnmmn0直线 l 的方向向量为 n，平面 的法向量为 mlnmnmnmnm平面、的法

2、向量分别为 n、mnmnm0知识点三 两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为，则cos|cos|_(其中为异面直线a，b所成的角)|ab|a|b|知识点四 直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，向量e与n的夹角为，则有sin|cos|_.|ne|n|e|知识点五 求二面角的大小(1)如图，AB，CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小_.AB，CD (2)如图，n1，n2 分别是二面角 l 的两个半平面，的法向量，则二面角的大小 满足|cos|_|n1n2|n1|n2|_，

3、二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角)知识点六 利用空间向量求距离(1)点到平面的距离如图所示，已知 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 B 到平面 的距离为 d|ABn|n|.(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解注意体积法在求点到平面距离时的应用1直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A，B 是 l 上任意两点，则AB及与AB平行的非零向量均为直线 l 的方向向量2平面的法向量的确定：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n 为平面 的法向量，则求法向量的方程组为na0，nb0.3若二面角 ABCD 的大小为，平面 ABC 内的直线 l 与平面

4、BCD 所成角为，则，当 lBC 时，取等号4a，b 为平面 的基向量，若ABab(，R)，AB，则AB.题组一 走出误区 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角()(2)平面的单位法向量是唯一确定的()(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行()(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角()(5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角()(6)若空间向量a平行于平面，则a所在直线与平面a平行()题组二 走进教材 2(选择性必修1P20例2)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABC

5、D的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM所成的角是_.垂直 解析 以 A 为原点，分别以AB，AD，AA1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示设正方体的棱长为 1，则 A(0,0,0)，M0，1，12，O12，12，0，N12，0，1，AM ON 0，1，12 0，12，1 0，ON 与 AM 垂直3(选择性必修1P44T13)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离为_，AD1与平面AEC1所成角的余弦值为_.2 63 63 解析 如图建立空间直角坐标系，则由题意知AE(2,1,0)，EC1(0,1,2

6、)，设平面 AEC1 的法向量为 n(x，y，z)，则AEn2xy0EC1 ny2z0，令 y2 得 x1，z1，n(1,2，1)，又AD1(2,0,2)点 D1 到平面 AEC1 的距离 d|nAD1|n|462 63，AD1 与平面 AEC1 所成角的正弦值为 sin|nAD1|n|AD1|33，cos 63.另解：可用 VD1AEC1VAD1EC1 求得 d2 63.进而可知 sin d|AD1|2 632 2 33.题组三 走向高考 4 (2021 天 津 高 考 节 选)如 图，在 棱 长 为 2 的 正 方 体 ABCD A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点 求证

7、：D1F平面 A1EC1.解析 以 A 为原点，AB，AD，AA1 分别为 x，y，z 轴，建立如图空间直角坐标系，A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，因为 E 为棱 BC 的中点，F 为棱 CD 的中点，所以 E(2,1,0)，F(1，2,0)，所以D1F(1,0，2)，A1C1(2,2,0)，A1E(2,1，2)，设平面 A1EC1 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，则mA1C1 2x12y10mA1E 2x1y12z10，令 x12，则 m(2，2,1)，因为D1F m220，所以D1F

8、 m，因为 D1F平面 A1EC1，所以 D1F平面 A1EC1.另解：如图，连 B1D1 交 A1C1 于 O，连 OE、EF、BD，E、F 分别为 BC、CD 的中点，EF 綊12BD，又 BB1 綊 DD1，BD 綊 B1D1EF 綊12B1D1 綊 OD1，四边形 EFD1O 为平行四边形，从而 D1FOE，又 OE平面 A1EC1，DF平面 A1EC1D1F平面 A1EC1.注：也可取 AD 的中点 H，连 FH，D1H，通过证明平面 D1FH平面A1EC1 证明 D1F平面 A1EC1.5(2019浙江)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，B

9、AC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值解析 解法一：(1)证明：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面 ABCAC，所以A1E平面ABC，则A1EBC 又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形 由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形 由(1)得BC平面EGFA1，则平面A

10、1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上 连接 A1G 交 EF 于 O，则EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角，不妨设 AC4，则在 RtA1EG 中，A1E2 3，EG 3.由于 O 为 A1G 的中点，故 EOOGA1G2 152，所以 cosEOGEO2OG2EG22EOOG35.因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是35.解法二：(1)证明：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC 又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC 如图，以点E为原点，分

11、别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设 AC4.则 A1(0,0,2 3)，B(3，1,0)，B1(3，3,2 3)，F32，32，2 3，C(0,2,0)因此，EF32，32，2 3，BC(3，1,0)由EFBC0 得 EF BC(2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为.由(1)可得BC(3，1,0)，A1C(0,2，2 3)设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z)由BCn0，A1C n0，得 3xy0，y 3z0.取 n(1，3，1)，故 sin|cosEF，n|EFn|EF|n|45.因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为3

12、5.考点突破互动探究 (2020山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，ABCD，ABBC，AB2，PAPDCDBC1，平面PAD平面ABCD，E为AD的中点(1)求证：PABD；(2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC平面PEG？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由 例1考点一利用向量证明空间的平行与垂直自主练透解析 取BA的中点H，连EH，在梯形ABCD中，由题意易知EHAD，PA PD，E 为 AD 的 中 点，PEAD，又平面PAD平面ABCD，PE平面ABCD，PE EH，PE AD，AE、EH、EP两两垂直，如 图 建 立 空 间 直

13、 角 坐 标 系，则 P0，0，22，A22，0，0，B 22，2，0，D 22，0，0，E(0,0,0)，C 2，22，0.(1)PA22，0，22，BD(0，2，0)，PABD 22 00(2)22 00，PABD，即 PABD(2)设线段 AB 上存在点 G 满足条件，则AG AB(2，2，0)(01)，EG AG AE(2，2，0)22，0，0 2 22，2，0.且BCmEG nPE，即 22，22，0 2m 22 m，2m，22 n，2m 22 m 22，2m 22，n0解得 14.存在点 G，当 AG14AB 时，BC平面 PEG.注：本题也可用几何法求解，或求平面 PEG 的法向

14、量 n，利用 nBC0nBCBC平面 PEG 判断解答(1)建立空间直角坐标系时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标(2)用向量法证平行问题的类型及常用方法 MING SHI DIAN BO 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示 面面平行 证明两平面的法向量平行(即为共线向量)转化为线面平行、线线平行问题(3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们

15、的数量积为零 线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直 面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 变式训练1 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点(1)求证：平面A1B1D平面ABD；(2)求证：平面EGF平面ABD 证明 以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0

16、,3)，F(0,1,4)设 BAa，则 A(a,0,0)，Ga2，1，4，A1(a，0,4)(1)因为BA(a,0,0)，BD(0,2,2)，B1D(0,2，2)，所以B1D BA0，B1D BD 0.所以B1D BA，B1D BD，即 B1DBA，B1DBD又 BABDB，所以 B1D平面 ABD因为 B1D平面 A1B1D，所以平面 A1B1D平面 ABD(2)证法一：因为EG a2，1，1，EF(0,1,1)，B1D(0,2，2)，所以B1D EG 0，B1D EF0.所以 B1DEG，B1DEF.因为 EGEFE，所以 B1D平面 EGF.又由(1)知 B1D平面 ABD，所以平面 E

17、GF平面 ABD证法二：GF a2，0，0，GF 12BA，又 GF平面 ABD，AB平面 ABD，GF平面 ABD，同理 EF平面 ABD，又 GFEFF，GF平面 EGF，EF平面 EGF，平面 EGF平面 ABD角度 1 向量法求异面直线所成的角(2021豫南豫北精英对抗赛)在四面体 ABCD 中，CACBCDBD2，ABAD 2，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为()A 23B 24C 144D 24例2B 考点二利用向量求空间的角多维探究解析 解法一：记CAa，CBb，CD c，由题意易知 cosACD2222 2222234，ABba，AB CD(ba)cbcac22co

18、s 6022cosACD1，设 AB 与 CD 所成角为，则cos|ABCD|AB|CD|122 24，故选 B解法二：取 BD 的中点 O，连 AO，OC，由 CACBCDBD2，ABAD 2，得 AOBD，COBD，且 OC 3，AO1.在AOC 中，AC2AO2OC2，故 AOOC，又知 BDOCO，因此 AO平面BCD，以 OB，OC，OA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，D(1,0,0)，AB(1,0，1)，CD(1，3，0)，设异面直线 AB 与 CD 所成角为，则 cos|ABCD|AB|

19、CD|12 13 24，即异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 24，故选 B引申本例中，若M，N分别为BC，AD的中点，则AM与CN所成角的余弦值为_.解析 由解法一易知AM 12ba，CN 12(ac)，|AM|2，|CN|ac24 142，且|a|b|c|2，ab3ac，bc2.设 AM 与 CN 所成角为，则 cos|AM CN|AM|CN|942729 728.9 728 MING SHI DIAN BO (1)求异面直线所成角的思路：选好基底或建立空间直角坐标系；求出两直线的方向向量 v1，v2；代入公式|cosv1，v2|vv2|v1|v2|求解(2)两异面直线所成角的关注

20、点：两异面直线所成角的范围是 0，2，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角例3角度 2 向量法求线面角(2022浙江联考)如图，底面 ABCD 为菱形，AP平面ABCD，APDE，BAD23，PAAD2DE.(1)求证：BD平面 PEC；(2)求直线 DP 与平面 PEC 所成角的正弦值解析 解法一：(坐标向量法)连 AC 交 BD 于 O，四边形 ABCD 为菱形，ACBD，又BAD23，ABC 为正三角形，以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设 PAAD2DE2

21、，则易得点 C(0,1,0)，D(3，0,0)，P(0，1,2)，E(3，0,1)，B(3，0,0)，DP(3，1,2)，CP(0，2,2)，CE(3，1,1)设平面 PEC 的法向量为 n(x，y，z)，则CPn0，CEn0，即2y2z0，3xyz0，令 y1，n(0,1,1)(1)DB(2 3，0,0)，DB n0，即BD n，又 BD平面 PCE，BD平面 PCE.另解(基向量法)：记BCa，BAb，APc，则BD ab，CPbac，CEbc2，BD 2CECP，即BD、CE、CP共面，又 BD平面 CPE，BD平面 CPE.(2)设直线 DP 与平面 PEC 所成角为，sin|cosD

22、P，n|DP n|DP|n|14.即直线 DP 与平面 PEC 所成角的正弦值为14.解法二：(1)连接 AC 交 BD 于点 O，取 PC 的中点 G，连接 EG，GO，则 G，O 分别为 PC，AC 的中点，故 GOPA，且 GO12PAAPDE，PA2DE，GODE，GODE，四边形 EDOG 为平行四边形，EGDO，即 EGBD又EG平面 PEC，BD平面 PEC，BD平面 PEC(2)连接 DP.AP平面 ABCD，APAD，APAC，PAD，PAC 为直角三角形，且 PA平面 ABCD，APDE，DE平面 ABCD，DECD，EDC 为直角三角形又 PAAD2DE，不妨设 PAAD

23、2DE2，DP2 2，在直角梯形 PADE 中，PE 5.底面 ABCD 为菱形，DCDA2，EC 5，SEDC1.DAB23，AC2.在 RtPAC 中，PC2 2，SPEC 6，APDE，AP平面 DCE，VPEDCVAEDC，又 VDPECVPEDC，VDPECVAEDC，过点 A 作 AHDC 于点 H，易得 AH平面 EDC，AH 3.设点 D 到平面 PEC 的距离为 h，故13 6h13 31，h 22.设 DP 与平面 PEC 所成角为，sin hDP222 214.MING SHI DIAN BO 1线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路，而这往往正是解题难点

24、所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量 a 和平面的一个法向量 b，再通过计算线面角的向量公式 sin|cosa，b|ab|a|b|(是斜线与平面所成的角)求解，要特别注意 a 和 b 的夹角与线面角的关系2利用空间向量解答立体几何问题的步骤(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；(3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组，求出法向量；(4)将空间位置关系转化为向量关系；(5)根据定理结论求出相应的角 注：用体积法求出点 P 到平面 的距离 h，只需再求出|PA|，则可得直线 PA 与平面

25、 所成角的正弦值 sin h|PA|.通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越性角度3 向量法求二面角(2021全国高考)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.例4(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值 解析(1)解法一(坐标向量法)：因 为 PD 平 面 ABCD，所 以PDAD，PDDC 在矩形ABCD中，ADDC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设 BCt，则 A(t,0,0)，B(t,1,0)，Mt2，1，0，P(0,0,1)，所以PB(t,1，1)，AM t2，1，0.因为 PBAM，所以

26、PBAM t2210，得 t 2，所以 BC 2.解法二(基向量法)：记DA a，DC b，DP c，PD平面 ABCD，PDAD，PDDC，又四边形 ABCD 为矩形，ADDC，又 CD1，abbcca0，|b|1，又PBabc，AM 12ab，PBAM，PBAM(abc)12ab 12|a|2|b|20，|a|2，即 BCAD 2，注：本题也可由题意得 AMBD，从而ABMDAB，12|BC|1 1|BC|，解得|BC|2.(2)解法一：易知 C(0,1,0)，由(1)可得AP(2，0,1)，AM 22，1，0，CB(2，0,0)，PB(2，1，1)设平面 APM 的法向量为 n1(x1，

27、y1，z1)，则n1AP0n1AM 0，即 2x1z10 22 x1y10，令 x1 2，则 z12，y11，所以平面 APM 的一个法向量为 n1(2，1,2)设平面 PMB 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，则 n2CB0n2PB0，即 2x202x2y2z20，得 x20，令 y21，则 z21，所以平面 PMB 的一个法向量为 n2(0,1,1)cosn1，n2 n1n2|n1|n2|37 23 1414，所以二面角 APMB 的正弦值为 7014.解法二：同解法一建立空间直角坐标系PA(2，0，1)，PM 22，1，1，PB(2，1，1)，设 ANPM 于 N，BHPM 于 H，

28、则NAPAPM，HB PBPM，由NAPM PAPM|PM|20 得 45，由HB PM PBPM|PM|20 得 65.NA3 25，45，15，HB 2 25，15，15.记二面角 APMB 的平面角为，则 cos NAHB|NA|HB|35355 1053 1414，二面角 APMB 的正弦值为 7014.利用向量法确定二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 MING SHI DIAN BO (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且

29、以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小(3)将二面角转化为线面角求解如图要求二面角 PABC，可作PHAB，则二面角 PABC 的大小即为 PH 与平面 ABC 所成角的大小，PH 易求，可用体积法求 P 到平面 ABC 的距离 h，则 sin h|PH|.解题时注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系，灵活处理变式训练 2(1)(角度 1)(2018江苏高考题改编)在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABAA12，点 P 为 A1B1 的中点，则异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为_.(2)(角度 2)(2022湖南湘潭模拟)如图，在三棱锥 PABC 中，P

30、A底面 ABC，ABC90，PA2，AC2 2.3 1020 求证：平面PBC平面PAB；若二面角PBCA的大小为45，过点A作ANPC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小(3)(角度3)(2019课标)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点 证明：MN平面C1DE；求二面角AMA1N的正弦值 解析(1)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1，则 OBOC，OO1OC，OO1OB，以OB，OC，OO1 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz.因为 ABAA12，所以

31、 A(0，1,0)，B(3，0,0)，C1(0,1,2)因为 P 为 A1B1 的中点，所以 P32，12，2.从而BP 32，12，2，AC1(0,2,2)故|cosBP，AC1|BPAC1|BP|AC1|14|52 23 1020.因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 1020.(2)因为 PA底面 ABC，所以 PABC，又ABC90，所以 ABBC，又 PA，AB 为平面 PAB 内的两条相交直线，所以 BC平面 PAB，因为 BC平面 PBC，所以平面 PBC平面 PAB；解法一：由可知，ABP 为二面角 PBCA 的平面角，所以ABP45，又 PA2，AC2 2，A

32、BC90，所以 ABBC2，过点 A 作 AMPB 于 M，则 AM平面 PBC且 M 为 PB 中点，连接 MN，则ANM 为直线 AN 与平面 PBC 所成的角，在 RtANM 中，AM 2，AN2 63，所以 sinANMAMAN 32，故ANM60，所以直线 AN 与平面 PBC 所成的角为 60.解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知，可得 B(0,0,0)，A(2,0,0)，P(2,0,2)，C(0,2,0)，设 N(x，y，z)，PNPC(01)，则 x22，y2，z22，因为 ANPC，AN(x2，y，z)，PC(2,2，2)，所以2(x2)2y2z0，解得 13，所以

33、 N43，23，43，故AN23，23，43，设平面 PBC 的法向量为 a(x，y，z)，因为BC(0,2,0)，BP(2,0,2)，由aBC0aBP0，得2y02x2z0，令 x1，则 z1，所以 a(1,0，1)为平面 PBC 的一个法向量，所以 cosa，AN234322 63 32，故直线 AN 与平面 PBC 所成的角的正弦值为 32，所以直线 AN 与平面 PBC 所成的角为 60.(3)证法一：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 MEB1C，且 ME12B1C又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND12A1D由题设知 A1B1 綊 DC，可得

34、 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，MNED又 MN平面 EDC1，所以 MN平面C1DE.证法二：四边形ABCD为菱形，BAD60，连BD 则BCD为正三角形，又E为BC的中点，DE BC，又 DD1 平 面ABCD，DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则MN(0，3，0)，ED(0，3，0)，MN ED，MNED，又 MN平面 C1DE，ED平面 C1DE，MN平面 C1DE.解法一：由已知可得 DEDA以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，

35、M(1，3，2)，N(1,0,2)，A1A(0,0，4)，A1M(1，3，2)，A1N(1,0，2)，MN(0，3，0)设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则mA1M 0，mA1A 0.所以x 3y2z0，4z0.可取 m(3，1,0)设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则nMN 0，nA1N 0.所以 3q0，p2r0.可取 n(2,0，1)于是 cosm，n mn|m|n|2 32 5 155，所以二面角 AMA1N 的正弦值为 105.解法二：由题意易知，A1M2 2AM，又 AA14，A1M2AM2AA21，AMA1M，二面角 AMA1N 的大小即为 AM 与平

36、面 A1MN 所成角的大小，又 A1M2 2，MN 3，A1N 5，A1NMN2A1M，A1NMN，取 AB 的中点 H，则 DHAB，且 DH 3，平面 ABB1A1平面 ABCD，DH平面 ABB1A1，A1D 的中点 N 到平面 ABB1A1 的距离为 32，记 A 到平面 A1MN 的距离为 h，VNA1AMVAA1MN，则2 33 156 h，h 45，sin 452 2 105，即二面角 AMA1N 的正弦值为 105.例5考点三利用向量求空间的距离师生共研(2022广西桂林模拟)如图所示，在三棱锥 ABCD 中，侧棱 AB平面 BCD，F 为线段 BD 中点，Q 为线段 AB 中

37、点，BCD23，AB3，BCCD2.(1)证明：CF平面 ABD；(2)求点 D 到平面 QCF 的距离解析(1)AB平面BCD，CF平面BCD，CFAB，又BCCD，F为BD的中点，CFBD 又ABBDB，AB平面ABD，BD平面ABD，CF平面ABD(2)如图建立空间直角坐标系，由题意知 F(3，0,0)，D(2 3，0,0)，C(3，1,0)，Q0，0，32，则FC(0,1,0)，FQ 3，0，32，设平面 QCF 的法向量为 n(x，y，z)，则nFCy0nFQ 3x32z0，即y0 x 32 z，不妨取 z2，则 n(3，0,2)，又FD(3，0,0)，点 D 到平面 QCF 的距离

38、 d|nFD|n|373 77，即点 D 到平面 QCF 的距离为3 77.MING SHI DIAN BO 求点到平面距离常用的方法(1)定义法：通过求点 P 到平面垂线段的长求得点到平面的距离(2)体积法：确定某三棱锥，如 C 到平面 ABD 的距离 d 易求，则可由dSABDSABC，求 D 到平面 ABC 的距离(3)向量法：步骤：求平面 的法向量 n；在 内找一点 A，确定向量PA；由公式 d|nPA|n|求得点 P 到平面 的距离变式训练 3(2022安徽合肥质检)如图，边长为 2 的等边ABC 所在平面与菱形 A1ACC1 所在平面互相垂直，A1C 3AC1，M 为线段 AC 的

39、中点(1)求证：平面 BMC1平面 A1BC1；(2)求点 C 到平面 A1BC1 的距离解析(1)因为四边形 A1ACC1 为菱形，所以 A1CAC1.又因为 A1C 3AC1，所以ACC160，即ACC1 为等边三角形因为 AC1CC1，M 为线段 AC 的中点，所以 ACC1M.因为 ABBC，M 为线段 AC 的中点，所以 ACBM.又因为 C1MBMM，所以 AC平面 BMC1.又因为 ACA1C1，所以 A1C1平面 BMC1.又 A1C1平面 A1BC1，所以平面 BMC1平面 A1BC1.(2)因为平面A1ACC1平面ABC，交线是AC，且C1MAC，所以C1M平面ABC 以M

40、为原点，MB，MC，MC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：C(0,1,0)，B(3，0,0)，C1(0,0，3)，A1(0，2，3)，则A1C1(0,2,0)，BC1(3，0，3)，CC1(0，1，3)，设平面 A1BC1 的法向量为 n(x，y，z)，则nA1C1 2y0nBC1 3x 3z0，令 x1，则 n(1,0,1)，点 C 到平面 A1BC1 的距离 d|CC1 n|n|32 62.名师讲坛素养提升 例6利用向量法解答立体几何中的探究型问题(2022广东模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAB平面 ABCD，BCAD，BAD90，PAAD2AB4BC4，P

41、C21.(1)证明：PA平面 ABCD；(2)线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MC 与平面 PCD 所成角的正弦值为 22117？若存在，请求出AMAB的值；若不存在，请说明理由解析(1)证明：平面 PAB平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCDAB，BAD90，AD平面 PAB，PA平面 APB，ADPA，在直角梯形 ABCD 中，2AB4BC4，AC AB2BC2 2212 5，PA4，PC 21，PA2AC2PC2，即 PAAC，又 ADACA，AD、AC平面 ABCD，PA平面 ABCD(2)解：以 A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间

42、直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,4)，C(2,1,0)，D(0,4,0)，AB(2,0,0)，PC(2,1，4)，PD(0,4，4)，设AM AB，0,1，则 M(2，0,0)，MC(22，1,0)，设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nPC0nPD 0，即2xy4z04y4z0，令 y1，则 x32，z1，n32，1，1，MC 与平面 PCD 所成角的正弦值为 22117，22117|cosn，MC|nMC|n|MC|322219411 2221.化简得 162810，解得 14，故线段 AB 上存在点 M 满足题意，且AMAB14.(此处为更换

43、后新内容)(1)解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在(2)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理 MING SHI DIAN BO (此处为更该前内容，新内容见上)对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”变式训练4 (2022福建龙岩质检)在四棱锥P

44、ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCBCD90，BC1，PDAD2DC2，PDA60，且平面PAD平面ABCD(1)求证：BDPC；(2)在线段 PA 上是否存在一点 M，使二面角 MBCD 的大小为30？若存在，求出PMPA 的值；若不存在，请说明理由解析(1)过点P在平面PAD内作POAD，垂足为O，连接BO、OC，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD，POBD，PDA60，PDDA2，PDA是等边三角形，OD1BC，ODBC，BCD90，四边形OBCD是正方形，BDOC，OCPOO，BD平面POC，PC平面POC，BDPC(2)PO平面ABCD，OBAD，如图，建立空间直角坐标

45、系Oxyz，则 B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0，3)，A(1，0,0)，假设在线段 PA 上存在一点 M，使二面角MBCD 大小为 30，设PM PA(01)，又BP(0，1，3)，PA(1,0，3)，BM BPPM(，1，3 3)，又BC(1,0,0)，设平面 MBC 的法向量为 m(x，y，z)，则mBM xy 3 3z0mBCx0，取 m(0，3 3，1)，又平面 ABCD 的一个法向量 n(0,0,1)，二面角 MBCD 大小为 30，cos 30|mn|m|n|1 3 321 32，解得 23或 43(舍)，在线段 PA 上存在点 M，满足题设条件，且PMPA 23.