又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.而CE平面
BF DE
CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解
设平面CDE的法向量为u=（x,y,z)，
u CE 0, x z 0, 则 于是 u DE 0. y z 0. 令x=1,可得u=(1,1,1).
.
2.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2， 则l1与l2所成的角θ 满足 θ = |cos〈m1,m2〉| . cos (2)设直线l的方向向量和平面α 的法向量分别 为m,n，则直线l与平面α 所成角θ 满足 sin θ = |cos〈m,n〉| . (3)求二面角的大小
3.已知两平面的法向量分别为m=（0，1，0）， n=（0，1，1）,则两平面所成的二面角为( C ) A.45° C.45°或135°
| m || n |
B.135° D.90°
1 2 2
解析 cos m , n m n 1 2 ,
即〈m,n〉=45°，其补角为135°.
∴两平面所成二面角为45°或135°.
空间直角坐标系D—xyz. 则 DA=（1，0，0）， C =(0,0,1). C 连接BD,B′D′.
在平面BB′D′D中,
延长DP交B′D′于H. 设 DH =(m,m,1) (m>0),
已知〈DH, DA〉=60°,
由DA DH | DA || DH | cos DH , DA , 可得2m 2m2 1.
2.已知平面α 内有一个点M（1，-1，2），平面α 的一个法向量是n=（6，-3，6），则下列点P中 在平面α 内的是( A )
A.P（2，3，3）
C.P（-4，4，0） 解析
B.P（-2，0，1）
D.P（3，-3，4）
∵n=（6，-3，6）是平面α 的法向量，
∴n⊥ MP ，在选项A中， MP =（1，4，1）， ∴n·MP =0.
§9.8
立体几何中的向量方法
基础知识 自主学习
要点梳理
1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 （1）直线的方向向量：在直线上任取一 非零向 量作为它的方向向量. （2）平面的法向量可利用方程组求出：设a,b是 平面α 内两不共线向量，n为平面α 的法向量，
n a 0 则求法向量的方程组为 n b 0
1 3 1 , , ), 4 4 2
PD // n, PD 平面ABE,即PD 平面ABE.
探究提高 证明线面平行和垂直问题，可以用几
何法，也可以用向量法.用向量法的关键在于构造 向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向
量垂直的判定定理.若能建立空间直角坐标系，其
证法较为灵活方便.
①如图①，AB、CD是二面角α —l—β 的两个面
内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ =
AB, CD
.
② 如图②③，n1，n2分别是二面角α —l—β 的两 个半平面α ，β 的法向量，则二面角的大小θ 满足 cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 cos θ = .
3.点面距的求法 如图,设AB为平面α 的一条斜线段,n为平面α 的
4.如图所示，在空间直角坐标系中，
有一棱长为a的正方体ABCO—
A′B′C′D′，A′C的中点E 与AB的中点F的距离为( B ) A. 2a 解析 B.
2 a 2
1 2
C.a
D. a
由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,
C（0，a，0），A′(a,0,a).
a a a a F (a, ,0), E ( , , ). 2 2 2 2 a 2 a a 2 a 2 | EF | (a ) ( ) (0 ) 2 2 2 2 a2 a2 2 a. 4 4 2
PB (2,0,2), FE (0,1,0), FG (1,1,1),
设 PB s FE t FG,
即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1)，
t 2, t s 0,解得s t 2. t 2, PB 2 FE 2 FG, 又 FE与FG不共线, PB FE与FG共面. 、 PB 平面EFG, PB // 平面EFG.
探究提高
（1）异面直线的夹角与向量的夹角有所
不同，应注意思考它们的区别与联系. （2）直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化, 所以要注意它们的区别与联系.
知能迁移2
（2009·天津理，19）
如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥ 平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥
2 2 2 解得m , 所以DH ( , ,1) 2 2 2
2 2 0 0 1 1 2 2 (1)因为cos DH , CC 2 , 2 1 2 所以 DH , CC 45,即DP与CC 所成的角为45.
(2)平面AADD的一个法向量是 (0,1,0). DC 2 2 0 1 1 0 1 2 因为cos DH , DC 2 , 2 1 2 所以 DH , DC 60, 可得DP与平面AADD所成的角为 . 30
m 1, 解得 n 2.
题型分类 深度剖析
题型一 利用空间向量证明平行与垂直
【例1】如图所示，在四棱锥P—ABCD中， PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC, E是PC的中点.证明： (1)AE⊥迪 （1） 建立空间直角坐标系
| AB n | 法向量,则B到平面α 的距离d= |n|
.
基础自测
1.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,-4),b= (-6,9,6)，则( B ) A.l1∥l2 C.l1与l2相交但不垂直 解析 ∴l1⊥l2.
B.l1⊥l2
D.以上均不正确
∵a·b=-12+36-24=0，∴a⊥b，
| n MB | 4 2 点B到平面CMN的距离d . ［12分］ |n| 3 探究提高 点到平面的距离，利用向量法求解比较
简单，它的理论基础仍出于几何法.如本题,事实上，
作BH⊥平面CMN于H.
由BH BM MH及
5.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1). 若c与a及b都垂直，则m,n的值分别为( A ) A.-1,2 B.1,-2 C.1,2 D.-1,-2
解析
由已知得c=(m+4,m+2n-4,m-n+1),
故a·c=3m+n+1=0，b·c=m+5n-9=0.
题型二
利用向量求空间角
【例2】 （2008·海南理，18）如图所 示，已知点P在正方体ABCD—
A′B′C′D′的对角线BD′上,
∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
思维启迪 建立空间直角坐标系，利用空间向 量方法求解.
解
如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立
方法二 AB (1,0,0), AE (
设平面ABE的一个法向量为 ( x, y, z ), n x 0 则 1 , 3 1 y z 0 x 4 2 4 令y 2, 则z 3 , n (0,2, 3 ). PD (0, 2 3 3 ,1),显然PD n. 3 3
平面SAC∩平面ABC=AC，
∴SO⊥平面ABC， ∴SO⊥BO. ［4分］
如图所示，建立空间直角坐标系O—xyz，
则B(0,2 3 ,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2 ), M（1， 3 ，0），N（0， 3 ， 2 ）. ［6分］
CM (3, 3,0), MN (1,0, 2 ),
∴△ABC为正三角形.
1 3 1 3 1 C( , ,0), E ( , , ). 2 2 4 4 2 设D (0, y,0),由AC CD, 得 AC CD 0, 即y 2 3 2 3 , 则D (0, ,0), 3 3
1 3 1 3 1 CD ( , ,0).又 AE ( , , ), 2 6 4 4 2
1 1 M ( ,1, ). 2 2
BF (1,0,1), DE (0,1,1), 0 0 1 1 于是 cos BF , DE . 2 2 2 | BF || DE |
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
1 1 由AM ( ,1, ), CE (1,0,1), AD (0,2,0), (2)证明 2 2 可得CE AM 0， AD 0.因此CE AM , CE AD. CE
又由题设，平面ACD的一个法向量v=(0,0,1).
所以, cos u, v uv 0 0 1 3 . | u || v | 3 3 1
因为二面角A—CD—E为锐角，所以其余弦值为
3 . 3
题型三
利用向量求空间距离
【例3】 （12分）在三棱锥S—ABC中， △ABC是边长为4的正三角形，平面
确定 AE CD 的坐标 、 AE⊥CD （2） 求面ABE的法向量n
计算 AE CD
判断满足PD =kn(k∈R）
PD ⊥平面ABE
或 确定PD AB AE 坐标 、 、
PD⊥AE PD⊥AB
计算 PD AB, PD AE
PD⊥平面ABE
证明
AB、AD、AP两两垂直，建立如图
所示的空间直角坐标系，设PA=AB=BC=1， 则P（0，0，1）. (1)∵∠ABC=60°，
知能迁移1
如图所示,平面PAD⊥平面
ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直