届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学.docx

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届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学

第3讲　立体几何中的向量方法

年份

卷别

考查内容及考题位置

命题分析

2018

卷Ⅰ

直线与平面所成角的正弦值·T18

（2）

　　高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上.

卷Ⅱ

二面角、直线与平面所成的角·T20

（2）

卷Ⅲ

二面角的正弦值·T19

（2）

2017

卷Ⅰ

二面角的余弦值的求解·T18

（2）

卷Ⅱ

二面角的余弦值的求解·T19

（2）

卷Ⅲ

二面角的余弦值的求解·T19

（2）

2016

卷Ⅰ

二面角的余弦值的求解·T18

（2）

卷Ⅱ

二面角的正弦值的求解·T19

（2）

卷Ⅲ

线面角的正弦值的求解·T19

（2）

　　　　　　　　　　　利用空间向量证明平行与垂直（综合型）

设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α、β的法向量分别为μ＝（a2，b2，c2）、υ＝（a3，b3，c3），则有：

（1）线面平行

l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.

（2）线面垂直

l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.

（3）面面平行

α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.

（4）面面垂直

α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.

[典型例题]

如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，

AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：

（1）BE⊥DC；

（2）BE∥平面PAD；

（3）平面PCD⊥平面PAD.

【证明】　

依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图），可得B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．由E为棱PC的中点，得E（1，1，1）．

（1）向量＝（0，1，1），＝（2，0，0），故·＝0.

所以BE⊥DC.

（2）因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，

所以向量＝（1，0，0）为平面PAD的一个法向量．

而·＝（0，1，1）·（1，0，0）＝0，

所以BE⊥AB，

又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.

（3）由

（2）知平面PAD的一个法向量＝（1，0，0），向量＝（0，2，－2），＝（2，0，0），

设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），

则即

不妨令y＝1，可得n＝（0，1，1）为平面PCD的一个法向量．且n·＝（0，1，1）·（1，0，0）＝0，

所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.

利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤

（1）建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．

（2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．

（3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．

（4）根据运算结果解释相关问题．

[对点训练]

在直三棱柱ABCA1B1C1中，

∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：

（1）B1D⊥平面ABD.

（2）平面EGF∥平面ABD.

证明：

（1）依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，

则A（a，0，0），

所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2），·＝0，·＝0＋4－4＝0，

即B1D⊥BA，B1D⊥BD.

又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，

因此B1D⊥平面ABD.

（2）由

（1）知，E（0，0，3），G，

F（0，1，4），

则＝，＝（0，1，1），

·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，

即B1D⊥EG，B1D⊥EF.

又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，

因此B1D⊥平面EGF.

结合

（1）可知是平面ABD的一个法向量，

所以平面EGF∥平面ABD.

　　　　　　　　　　　利用空间向量求空间角（综合型）

[典型例题]

命题角度一　异面直线所成的角

已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．

【解析】　

如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点D，则∠CBD＝30°.

因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，

则B（0，0，0），A（0，2，0），B1（0，0，1），C1（cos30°，－sin30°，1），即C1.

所以＝（0，－2，1），＝.

所以cos〈，〉＝

＝＝.

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

【答案】　

两异面直线所成角的求法

（1）定义法：

过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直　

线所成的角．定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解．

（2）向量法：

设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，则异面直线a，b所成角的余弦值等于|cos〈a，b〉|.

命题角度二　直线与平面所成的角

（2018·高考全国卷Ⅰ）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.

（1）证明：

平面PEF⊥平面ABFD；

（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

【解】　

（1）证明：

由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，

所以平面PEF⊥平面ABFD.

（2）作PH⊥EF，垂足为H.由

（1）得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.

由

（1）可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得PH＝，EH＝.

则H（0，0，0），P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．

设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝＝＝.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

向量法求直线和平面所成的角

设θ为直线l与平面α所成的角，φ为直线l的方向向量v与平面α的法向量n之间的夹角，则有φ＝－θ（如图1）或φ＝＋θ（如图2），所以有sinθ＝|cosφ|＝|cos〈v，n〉|＝.特别地，φ＝0时，θ＝，l⊥α；φ＝时，θ＝0，l⊂α或l∥α.

命题角度三　二面角的平面角

（2018·沈阳教学质量监测

（一））

如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝PD，∠APD＝90°.

（1）证明：

平面PAB⊥平面PCD；

（2）（一题多解）求二面角APBC的余弦值．

【解】　

（1）证明：

因为底面ABCD为正方形，

所以CD⊥AD.

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以CD⊥平面PAD.

又AP⊂平面PAD，所以CD⊥AP.

因为∠APD＝90°，即PD⊥AP，CD∩PD＝D，

所以AP⊥平面PCD.

因为AP⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.

（2）法一：

取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，OQ，

易得PO⊥底面ABCD，OQ⊥AD，

以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD的边长为2，

可得A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0），P（0，0，1）．

设平面APB的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

而＝（1，0，－1），＝（1，2，－1）．

则即

则y1＝0，取x1＝1，得n1＝（1，0，1）为平面APB的一个法向量．

设平面BCP的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

而＝（1，2，－1），＝（－1，2，－1），

则

即

则x2＝0，取y2＝1，得n2＝（0，1，2）为平面BCP的一个法向量．

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝＝，

由图易知二面角APBC为钝角，

故二面角APBC的余弦值为－.

法二：

以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，

不妨设正方形ABCD的边长为2，可得A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（1，0，1），

设平面PAB的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

而＝（1，0，－1），＝（1，2，－1），

则即

则y1＝0，取z1＝1，

则n1＝（1，0，1）为平面PAB的一个法向量．

设平面PBC的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

而＝（1，2，－1），＝（－1，2，－1），

则即

则x2＝0，取y2＝1，则n2＝（0，1，2）为平面PBC的一个法向量．

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，

由图可得二面角APBC为钝角，

故二面角APBC的余弦值为－.

向量法求二面角

设二面角αlβ的平面角为θ（0≤θ≤π），n1，n2分别为平面α，β的法向量，向量n1，n2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π（如图1）或θ＝ω（如图2），其中cosω＝.

[对点训练]

　（2018·高考全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

（1）证明：

PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

解：

（1）证明：

因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.

连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，

且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

（2）如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.

由已知得O（0，0，0），B（2，0，0），A（0，－2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），＝（0，2，2）．取平面PAC的一个法向量＝（2，0，0）．

设M（a，2－a，0）（0＜a≤2），则＝（a，4－a，0）．

设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）．

由·n＝0，·n＝0得

可取n＝（（a－4），a，－a），

所以cos〈，n〉＝.由已知可得

|cos〈，n〉|＝，

所以＝，解得a＝－4（舍去），a＝，

所以n＝.

又＝（0，2，－2），所以cos〈，n〉＝.

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.

　　　　　　　　　　　利用向量解决探索性问题（综合型）

[典型例题]

（2018·长春质量监测

（二））

如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AD＝2BC＝2CD＝4，AA1＝2.

（1）证明：

AD1⊥B1D；

（2）设E是线段A1B1（不包括端点）上的动点，是否存在这样的点E，使得二面角EBD1A的余弦值为，如果存在，求出B1E的长；如果不存在，请说明理由．

【解】　

（1）证明：

连接BD，B1D1（图略），在等腰梯形ABCD中，由AD＝2BC＝2CD＝4，得BD＝2，

故四边形B1BDD1是正方形，BD1⊥B1D.

⇒⇒

⇒⇒AD1⊥B1D.

（2）假设存在这样的点E，依题意，以B为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，

建立空间直角坐标系（图略），设B1E＝m（0

则E（0，－m，2），B（0，0，0），D1（－2，0，2），A（0，－2，0），＝（0，－m，2），＝（－2，0，2），

设平面EBD1的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

则，

即，

令z1＝m，则，

所以n1＝（m，2，m）．

＝（0，－2，0），＝（－2，0，2），

设平面BD1A的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

则，

即，

令x2＝1，则，

所以n2＝（1，0，1），

|cos〈n1，n2〉|＝＝，解得m2＝1，则m＝1，故B1E的长为1.

利用空间向量巧解探索性问题

（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．

（2）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．　

[对点训练]

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.

（1）求证：

平面PBC⊥平面PQB；

（2）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．

解：

（1）证明：

因为AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝AD，

所以BC＝QD，

所以四边形BCDQ是平行四边形，

因为∠ADC＝90°，所以BC⊥BQ.

因为PA＝PD，AQ＝QD，

所以PQ⊥AD，

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以PQ⊥平面ABCD.

所以PQ⊥BC，

又因为PQ∩BQ＝Q，

所以BC⊥平面PQB.因为BC⊂平面PBC，

所以平面PBC⊥平面PQB.

（2）

由

（1）可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则Q（0，0，0），D（－1，0，0），P（0，0，），B（0，，0），C（－1，，0），

所以＝（－1，0，－），＝（－1，，－），

设平面PDC的法向量为n＝（x1，y1，z1），

则，即，

取x1＝3，则n＝（3，0，－）为平面PDC的一个法向量．

①当M与C重合时，平面MQB的法向量为＝（0，0，），

＝＝cos60°，满足题意．

此时PM＝.

②当M与C不重合时，

由＝λ＝λ（－1，，－），且0≤λ<1，

得M（－λ，λ，－λ），

所以＝（－λ，λ，（1－λ）），

易得＝（0，，0），

设平面MBQ的法向量为m＝（x2，y2，z2），

则，

即，

取x2＝，则m＝为平面MBQ的一个法向量．

因为平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，

所以cos60°＝

＝＝，

所以λ＝，所以PM＝，

由①②知PM＝或.

[A组　夯基保分专练]

一、选择题

1．（2018·合肥第一次质量检测）

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．

（1）求证：

平面BDM∥平面EFC；

（2）若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．

解：

（1）证明：

连接AC，交BD于点N，连接MN，

则N为AC的中点，

又M为AE的中点，所以MN∥EC.

因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，

所以MN∥平面EFC.

因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.

因为BF＝DE，

所以四边形BDEF为平行四边形，

所以BD∥EF.

因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，

所以BD∥平面EFC.

又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.

（2）因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，

所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.

设AB＝2，则DE＝4，从而D（0，0，0），B（2，2，0），M（1，0，2），A（2，0，0），E（0，0，4），

所以＝（2，2，0），＝（1，0，2），

设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），

则得

令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝（2，－2，－1）为平面BDM的一个法向量．

因为＝（－2，0，4），设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则

sinθ＝|cos〈n·〉|＝＝，

所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.

2.

（2018·高考全国卷Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

（1）证明：

平面AMD⊥平面BMC;

（2）当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．

解：

（1）证明：

由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.

因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，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为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点．

由题设得D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），M（0，1，1），

＝（－2，1，1），＝（0，2，0），＝（2，0，0）．

设n＝（x，y，z）是平面MAB的法向量，则即

可取n＝（1，0，2）．

是平面MCD的法向量，因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.

所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.

3．（2018·陕西教学质量检测

（一））如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.

（1）证明：

平面A1CO⊥平面BB1D1D；

（2）若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值．

解：

（1）证明：

因为A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以A1O⊥BD.

因为四边形ABCD是菱形，

所以CO⊥BD.

因为A1O∩CO＝O，

所以BD⊥平面A1CO.

因为BD⊂平面BB1D1D，

所以平面A1CO⊥平面BB1D1D.

（2）因为A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，

所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

因为AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，

所以OB＝OD＝1，OA＝OC＝，

OA1＝＝.

则O（0，0，0），B（1，0，0），C（0，，0），A（0，－，0），A1（0，0，），

所以＝（1，0，0），＝＝（0，，），＝＋＝（1，，），

设平面OBB1的法向量为n＝（x，y，z），

所以

令y＝，得n＝（0，，－1）是平面OBB1的一个法向量．

同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝（，0，－1），

所以cos〈n，m〉＝＝＝，

由图可知二面角BOB1C是锐二面角，

所以二面角BOB1C的余弦值为.

4.

如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．

（1）证明：

直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．

解：

（1）证明：

取PA的中点F，连接EF，BF，如图所示．因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.

（2）

由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，设||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则

A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），P（0，1，），＝（1，0，－），＝（1，0，0）．

设M（x，y，z）（0

＝（x－1，y，z），＝（x，y－1，z－）．

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝（0，0，1）是底面ABCD的一个法向量，所以|cos〈，n〉|＝sin45°，＝，

即（x－1）2＋y2－z2＝0.①

又M在棱PC上，设＝λ，则

x＝λ，y＝1，z＝－λ.②

由①，②解得（舍去），

所以M，从而＝.

设m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则

即

所以可取m＝（0，－，2）．

于是cos〈m，n〉＝＝.

因此二面角MABD的余弦值为.

[B组　大题增分专练]

1．（2018·南昌模拟）如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝AD＝3，AC∩BD＝O，过O点作平面α平行于平面PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H.

（1）求GH的长度；

（2）求二面角BFHE的余弦值．

解：

（1）因为平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF，

平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB.

同理EH∥BP，FG∥AP.

因为BC∥AD，AD＝6，BC＝3，

所以△BOC∽△DOA，

且＝＝，

所以＝，CE＝CB＝1，BE＝AF＝2，

同理＝＝＝，

连接HO，则有HO∥PA，

且HO⊥EO，HO＝1，

所以EH＝PB＝，

同理FG＝PA＝2，

过点H作HN∥EF交FG于N，易得四边形HNFO为矩形，

则GH＝＝.

（2）

建立如图所示的空间直角坐标系，则B（3，0，0），F（0，2，0），E（3，2，0），H（2，2，1），

＝（－1，2，1），＝（2，0，1）．

设平面BFH的法向量为n＝（x，y，z），

则，

令z＝－2，得n＝.

因为平面EFGH∥平面PAB，

所以平面EFGH的一个法向量为m＝（0，1，0）．

故cos〈m，n〉＝＝＝，

二面角BFHE的余弦值为.

2．（2018·西安模拟）

如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．

（1）求证：

AD⊥PC；

（2）试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．

解：

（1）证明：

在平行四边形ABCD中，连接AC，AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，

由余弦定理得AC2＝8＋4－2·2·2·cos45°＝4，得AC＝2，

所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AD∥BC，

所以AD⊥AC，

又AD＝AP＝2，DP＝2，

所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，

所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC.

（2）因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，

所以PA⊥底面ABCD，

所以直线AC，AD，AP互相垂直，以A为坐标原点，DA，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A（0，0，0），D（－2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），E（－1，1，0），P（0，0，2），

所以＝（0，2，－2），＝（－2，0，－2），＝（2，2，－2