(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角F BD C的余弦值．
(1)证明 因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，
AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.
(2)解 连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，
CB，CF两两垂直，
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF
所在的直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB＝1，
则C(0,0,0)，B(0,1,0)，
D
31
，－，0，F(0,0,1)，
22
33→→
因此BD＝，－，0，BF＝(0，－1,1)．
22设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则m·→BD＝0，m·→BF＝0，所以x＝3y＝3z， 取z＝1，则m＝(3，1,1)．
→
由于CF＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
m·→CF15→
则cos〈m，CF〉＝＝＝，
→55|m||CF|所以二面角FBDC的余弦值为高考定位：
对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．
应对策略：
空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.
必备知识：
直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线面平行
5
. 5
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. (2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3. (3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4. (4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. 空间角的计算
(1)两条异面直线所成角的求法
设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则
cos φ＝|cos θ|＝
|a·b|
(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
|a||b|
(2)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α的法向量为n，直线l与平面|e·n|
α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.
|e||n|
(3)二面角的求法
①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，〈m，n〉即为所求二面角的平面角．
②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．
如图所示，二面角αlβ，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面有αlβ的大小为θ或πθ.
空间距离的计算
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离． →
|PM·n|
点P到平面α的距离，d＝(其中n为α的法向量，M为α内任一
|n|点)．
必备方法 1．空间角的范围
(1)异面直线所成的角(θ)：0＜θ≤
π； 2
(2)直线与平面所成的角(θ)：0≤θ≤(3)二面角(θ)：0≤θ≤π.
π； 2
2．用向量法证明平行、垂直问题的步骤：
(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；
(2)通过向量运算研究平行、垂直问题； (3)根据运算结果解释相关问题．
3．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；
(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.
热点命题角度 向量法证明垂直与平行
多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出
所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果．
【例1】► 如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF.
建系后，(1)在平面ABC内寻找一向量与→DE共线；(2)在平面AEF内寻找两个→不共线的向量与B1F垂直．
证明
如图建立空间直角坐标系Axyz， 令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，
B(4,0,0)，B1(4,0,4)． (1)取AB中点为N，连接CN， 则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴→DE＝(－2,4,0)，→NC＝(－2,4,0)， ∴→DE＝→NC，
∴DE∥NC，又∵NC⊂平面ABC，
DE⊄平面ABC.故DE∥平面ABC. →(2)B1F＝(－2,2，－4)，
→
EF＝(2，－2，－2)，→AF＝(2,2,0)．
→→B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， →→B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. →→→→∴B1F⊥EF，B1F⊥AF，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
(1)要证明线面平行，只需证明→DE与平面ABC的法向量垂直；另一个思路则→→
是根据共面向量定理证明向量DE与NC相等．
→
(2)要证明线面垂直，只要证明B1F与平面AEF的法向量平行即可；也可根据→→→→线面垂直的判定定理证明B1F⊥EF，B1F⊥AF.
突破训练1在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DC的中点． (1)求证：D1F⊥平面ADE；
(2)设正方形ADD1A1的中心为M，B1C1的中点为N，求证：MN∥平面ADE.
证明
(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系
Dxyz，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，
F0，，0，E1,1，，
1→→
AD＝(－1,0,0)，DF＝0，，－1， 1
21→→
AD·DF＝(－1,0,0)·0，，－1＝0. 1
2∴AD⊥D1F.
1→1
又→AE＝0,1，，D1F＝0，，－1，
221111→
∴→AE·D1F＝0,1，·0，，－1＝－＝0.
2222∴AE⊥D1F.
又AE∩AD＝A，D1F⊄平面ADE， ∴D1F⊥平面ADE.
1111
(2)∵M（，0，），N（，1,1），∴→MN＝0,1，.
22221→
由(1)知，DF＝0，，－1是平面ADE的法向量． 1
211→
又∵→MN·DF＝0＋－＝0，∴MN⊥D1F. 1
22∵MN⊄平面ADE，∴MN∥平面ADE. 用向量法求线线角、线面角
多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体，考查线线角、线面角的求法，正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键．
1212
例2(2012·全国理)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面
ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；
(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小． (1)由
PCAC＝可得△FCE∽△PCA，则∠FEC＝90°，易得PC⊥EF、PC⊥BD. FCEC(2)作AG⊥PB于G，由二面角APBC为90°，易得底面ABCD为正方形，可得
AD∥面PBC，则点D到平面PCB的距离d＝AG，找出线面角求解即可．也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大．
法一
(1)证明 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC23PCAC＝，FC＝2，从而＝6，＝6.
3FCEC因为
PCAC＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由FCEC此知PC⊥EF.
PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.
(2)解 在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足． 因为二面角APBC为90°，所以平面PAB⊥平面PBC. 又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝22.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝2.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝所以PD与平面PBC所成的角为30°.
法二 (1)证明 以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
d1
＝. PD2
C(22，0,0)，设D(2，b,0)，其中b＞0，则P(0,0,2)， E422
，0，，B(2，－b,0)． 33
于是→PC＝(22，0，－2)， 22→
BE＝，b，，
3322→
DE＝，－b，，
33
从而→PC·→BE＝0，→PC·→DE＝0， 故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE. (2)解 →AP＝(0,0,2)，→AB＝(2，－b,0)．
设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
m·→AP＝0，m·→AB＝0，即2z＝0且2x－by＝0， 令x＝b，则m＝(b，2，0)．
设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则
n·→PC＝0，n·→BE＝0， 即22p－2r＝0且
2p2
＋bq＋r＝0， 33
2
令p＝1，则r＝2，q＝－
b，n＝1，－
2
b，2.
2
因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝2，于是n＝(1，－
b1，2)，→DP＝(－2，－2，2)．
1
cos〈n，→DP〉＝＝，〈n，→DP〉＝60°.
→2|n||DP|
因为PD与平面PBC所成角和〈n，→DP〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.
总结(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.
突破训练2(2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，
n·→DPAD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求A→E与D→B夹角的余弦值． (1)证明 ∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC. ∵AD⊂平面ABD， ∴平面ADB⊥平面BDC.
(2)解 由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两
两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以D→B，D→C，D→A所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得
D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)， 13A(0,0，3)，E ，，0，
22
13→∴AE＝，，－3，D→B＝(1,0,0)，
2
2
A→E·D→B→→→→∴AE与DB夹角的余弦值为cos〈AE，DB〉＝＝
→→|AE||DB|1× 22
. 22
用向量法求二面角
12
224
＝
用空间向量法求二面角的大小是高考的热点．考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等．
【例3】► (2012·天津改编)
如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，
PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明：PC⊥AD；
(2)求二面角APCD的正弦值．
[审题视点] 建立空间坐标系，应用向量法求解． 解 如图，
以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，
C(0,1,0)，B－，，0，P(0,0,2)． (1)证明：易得→PC＝(0,1，－2)， →
AD＝(2,0,0)．
于是→PC·→AD＝0，所以PC⊥AD.
(2)→PC＝(0,1，－2)，→CD＝(2，－1,0)． 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， n·→PC＝0，则
→n·CD＝0，
1
212
y－2z＝0，即
2x－y＝0.
不妨令z＝1，
可得n＝(1,2,1)．
可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．
m·n16
于是cos〈m，n〉＝＝＝.
|m|·|n|66从而sin〈m，n〉＝
30
. 6
30. 6
所以二面角APCD的正弦值为
总结：借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法．求解过程中应注意以下几个方面：
(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；
(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法．
【突破训练3】 如图，
在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点．
(1)求证：CN∥平面AMB1；
(2)若二面角AMB1C为45°，求CC1的长． (1)证明 设AB1的中点为P，连接NP、MP. 11
∵CM=AA1，NP=AA1，∴CM=NP，
22∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP. ∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1， ∴CN∥平面AMB1.
(2)解 如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，使x轴、y轴、z→同向．
轴分别与→NA、→CN、CC1
则C(0,0,0)，A(1，3，0)，
B(－1，3，0)，设M(0,0，a)(a＞0)， 则B1(－1，3，2a)，
→→＝(－1，3，a)，→
MA＝(1，3，－a)，MBCM＝(0,0，a)， 1设平面AMB1的法向量n＝(x，y，z)， →＝0， 则n·→MA＝0，n·MB1x＋3y－az＝0，即
－x＋3y＋az＝0，
则y＝0，令x＝a，则z＝1，即n＝(a,0,1)． 设平面MB1C的一个法向量是m＝(u，v，w)， →＝0，m·→则m·MBCM＝0， 1－u＋3v＋aw＝0，即
aw＝0，
则w＝0，令v＝1，则u＝3，即m＝(3，1,0)． 3a所以cos〈m，n〉＝， 2
2a＋1依题意，〈m，n〉＝45°，则22.
利用向量法解决立体几何中的
3a2
＝，解得a＝2，所以CC1的长为
2a2＋12
－
15. 5
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