高三总复习40-立体几何中的向量方法
立体几何的向量方法(一)——法向量
OP 来表示，我们把向量 OP 称为点 P 的位置向 量. P ⑵直线 P 空间中任 意一条直线 l a 的位置可以由 l 上一个定点 O A 以及一个定 B 方向确定. A
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⑵直线
空间中任意一条直线 l 的位置可以由 l 上一 个定点 A正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中， 求证： DB1 是平面 ACD1 的法向量
证：设正方体棱长为 1， 以 DA, DC , DD1 为单位正交基底， 建立如图所示空间坐标系 D xyz DB1 (1,1,1) ， AC (1,1,0) ， AD1 (1,0,1) DB1 AC 0 ，所以 DB1 AC , 同理 DB1 AD1 又因为 AD1 AC A 所 以 DB1 平 面 ACD , 从 而 DB1 是平面 ACD1 的一个法向量.
面面垂直
⊥ u ⊥ v u v 0.
画出图形意会
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问题:已知不共线的三点坐标,如何求经过这三点的 平面的一个法向量? 在空间直角坐标系中,已知 A(3,0,0), B(0,4,0) , C (0,0, 2) ,试求平面 ABC 的一个法向量. n (4, 3, 6) 解:设平面 ABC 的一个法向量为 n ( x, y, z ) 则 n AB ， AC .∵ AB (3,4,0) , AC (3,0, 2) n 3 ( x, y, z ) ( 3,4,0) 0 3 x 4 y 0 y 4 x ∴ 即 ( x, y, z ) ( 3,0, 2) 0 3 x 2z 0 ∴ z 3 x 2 取 x 4 ,则 n (4, 3,6) ∴ n (4, 3,6) 是平面 ABC 的一个法向量.
2022年高考数学总复习：立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直
2022年高考数学总复习：立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0[常用结论与微点提醒]1.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.()(2)若直线a 的方向向量和平面α的法向量平行，则a ∥α.( ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( )(4)若直线a 的方向向量与平面α的法向量垂直，则a ∥α.( ) 解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个； (2)a ⊥α；(3)两平面平行或重合；(4)a ∥α或a ⊂α. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，3，5)，n 2＝(－3，1，－4)，则( ) A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析 ∵n 1≠λn 2，且n 1·n 2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直. 答案 C3.若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( ) A.l ∥α B.l ⊥α C.l ⊂αD.l 与α斜交解析 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n .∴l ⊥α. 答案 B4.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( )A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1.AM →·ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1＝0，∴ON 与AM 垂直. 答案 垂直考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 (一题多解)如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC . 证明：PQ ∥平面BCD .证明 法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ， z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ→＝3QC →， 所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0. 又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ→·a ＝0.又PQ ⊄平面BCD ， 所以PQ ∥平面BCD .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0). ∵CF→＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则 (x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0， ∴OF→＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 1.恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.2.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.【训练1】 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，AA 1的中点，求证：平面EFG ∥平面B 1CD 1. 证明 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1).得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，12. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面EFG 的法向量，n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面B 1CD 1的一个则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EF →＝0，n 1·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1－12y 1＝0，－12y 1＋12z 1＝0.令x 1＝1，可得y 1＝－1，z 1＝－1， 同理可得x 2＝1，y 2＝－1，z 2＝－1. 则n 1＝(1，－1，－1)，n 2＝(1，－1，－1). 由n 1＝n 2，得平面EFG ∥平面B 1CD 1. 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，∴P A ⊥BD ， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM→·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0， ∴DM→⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0， ∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面P AB .规律方法 1.利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. 2.用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. (2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.【训练2】 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证明 由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB ＝AA 1＝2，所以OA ＝OB ＝OA 1＝1，所以A (1，0，0)，B (0，1，0)， C (－1，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，1). 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1，1，1).因为A 1C →＝(－1，0，－1)，BD →＝(0，－2，0)，BB 1→＝(－1，0，1)， 所以A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， 所以A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以A 1C ⊥平面BB 1D 1D .考点三 用空间向量解决探索性问题(多维探究) 命题角度1 与平行有关的探索性问题【例3－1】 (2016·北京卷改编)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD 且AB ∩P A ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ，所以PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)， D (0，－1，0)，P (0，0，1).设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ， 当且仅当BM→·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝14.命题角度2 与垂直有关的探索性问题【例3－2】 如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2. (1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面P AC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE 的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .又AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3，∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB ， ∵AB ∩AF ＝A ，AB ，AF ⊂平面F AB ， ∴AC ⊥平面F AB ，∵BF ⊂平面F AB ，∴AC ⊥BF .(2)解 存在.由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点，AB→，AC →，AF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2).假设在线段BE 上存在一点P 满足题意，则易知点P 不与点B ，E 重合， 设BP →＝λPE →，则λ>0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面P AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).由AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC →＝(0，23，0)， 得⎩⎨⎧m ·AP →＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC →＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ， 所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面P AC 的一个法向量. 同理，可求得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量.当m ·n ＝0，即λ＝23时，平面P AC ⊥平面BCEF ，故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23.规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理. (2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y ，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0，0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算.提醒 解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示. 【训练3】 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值.证明 (1)因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC . 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz .则B (0，3，0)，A 1(0，0，4)，B 1(0，3，4)，C 1(4，0，4). 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上的一点，且BD →＝λBC →1，所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3，4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， 所以AD→＝(4λ，3－3λ，4λ). 由AD →·A 1B →＝0，A 1B →＝(0，3，－4)，则9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0，1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时，BD BC 1＝λ＝925.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2B.－4C.4D.－2解析 ∵α∥β，∴两平面的法向量平行， ∴－21＝－42＝k －2，∴k ＝4.答案 C2.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A.相交 B.平行C.在平面内D.平行或在平面内解析 ∵AB→＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面.则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内. 答案 D3.已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A.P (2，3，3)B.P (－2，0，1)C.P (－4，4，0)D.P (3，－3，4)解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)，∴MP→·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内. 答案 A4.(2018·郑州月考)如图，F 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点.E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( ) A.B 1E ＝EB B.B 1E ＝2EB C.B 1E ＝12EB D.E 与B 重合解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，∵D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，∴z ＝1，∴B 1E ＝EB . 答案 A5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A.斜交 B.平行C.垂直D.MN 在平面BB 1C 1C 内解析 建立如图所示的空间直角坐标系， 由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，2a 3. 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B二、填空题6.(2018·武汉调研)已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0，1，0)，C (1，0，0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________.解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1，1，1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β. 答案 α∥β7.(2018·西安调研)已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝________.解析由条件得⎩⎨⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4， ∴x ＋y ＝407－157＝257. 答案 2578.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP→＝(－1，2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP→∥BD →.其中正确的序号是________.解析 ∵AB→·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确.又AB→与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.由于BD→＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误. 答案 ①②③ 三、解答题9.(一题多解)如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0). 法一 ∴EF→＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB→＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB→＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG→＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →， 即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎨⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE→与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面.∵PB ⊄平面EFG ， ∴PB ∥平面EFG .10.如图正方形ABCD 的边长为22，四边形BDEF 是平行四边形，BD 与AC 交于点G ，O 为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ， 又四边形ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).BC→＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3).(1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE→＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE→＝AD →＋DE →＝BC →＋BF → ＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE→·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE→＝－3＋3＝0，∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A.(1，1，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析 设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ， 又O 是正方形ABCD 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点.在空间坐标系中，E (0，0，1)，F (2，2，1). 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.答案 C12.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)， ∴B 1E →＝(x －1，0，1)，∴FB →＝(1，1，y )， 由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1. 答案 113.如图，正△ABC 的边长为4，CD 为AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由.解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB . 又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， 所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，故DE→＝(0，3，1).假设存在点P (x ，y ，0)满足条件，则AP →＝(x ，y ，－2)，AP →·DE →＝3y －2＝0， 所以y ＝233.又BP→＝(x －2，y ，0)，PC →＝(－x ，23－y ，0)，BP →∥PC →， 所以(x －2)(23－y )＝－xy ，所以3x ＋y ＝2 3. 把y ＝233代入上式得x ＝43，所以BP →＝13BC →，BP BC＝1 3.所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时。
3.2立体几何中的向量方法(位置关系)
一、直线的方向向量
把直线 l 上的向量 e 以及与 e 共线的 向量叫做直线 l 的方向向量
二、平面的法向量：
如果表示向量 n 的线段所在直线垂直于平面 则称这个向量垂直于平面
，记作 n
，
.
如果 n ，那么向量 n 叫平面 的法向量. 一个平面有无数个法向量，它们都是共线向量
练习：如图 ABCD是直角梯形 ABC 90, 1 SA AB BC 1，AD . 2 求平面 SCD与平面 ABA的法向量.
z
S
y
1 B 则D（ ， 0， 0）C（ 1， 1， 0）， S（ 0， 0， 1） 21 CD （ ， 1， 0）， SC （ 1， 1， 1） 2 A
1. 已知正三棱柱 ABC A1 B1C 1 D1的各棱长都为 1，M 是底面上 1 BC 边的中点， N 是侧棱 CC 1 上的点，且 CN CC 1 . 4 求证： AB1 MN .
A1 B1 A B M C1
N C
2. 如图，已知正方体 ABCD A1 B1C 1 D1中， P 为底面 对角线 BD 上一点，且 BP 3 PD ，Q 为棱 DD1 的中点， 求证： PQ 平面 A1QC 1 .
练习：如图 ABCD是直角梯形 ABC 90, 1 SA AB BC 1，AD . 2 求平面 SCD与平面 ABA的法向量.
解： AD、AB、AS是三条两两垂直的线段 以A为原点， AD、 AB、 AS的方向为 x、y、z轴的正方向建立坐标系 A xyz. 设平面 SCD的法向量为 n （x，y，z）
三、法向量的求法
例. 已知平面 经过三点A（ 1， 2， 3），B（ 2， 0， 1） ， C（ 3， 2， 0） ，求平面 的一个法向量.
立体几何中的向量方法(平行与垂直)
——证明平行与垂直
例1 四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方 形, PD⊥底面ABCD，PD=DC=6, E是PB的
中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG. 证 ：如图所示, 建立 Z E(3,3,3), 空间直角坐标系. A(6,0,0), P
F(2,2,0),
G(0,4,2),
几何法呢？
AE =(-3, 3, 3), FG =(-2, 2, 2)
3 AE = FG AE // FG 2 AE与FG不共线
E
D
G
C Y
AE//FG
A X
F
B
例2.如图：ABCD与 ABEF是正方形， CB⊥平面ABEF， AH=GF. 求证： HG∥平面CBE. E
F B
C y
例5 正方体 ABCD A1 B1C1 D1 ,E是AA1中点， 求证：平面EBD 平面C1BD. 证明： 设正方体棱长为2, 建立如图所示坐标系
E(0,0,1) B(2,0,0) D(0,2,0)
EB (2,0, 1) ED (0,2, 1)
设平面EBD的一个法向量是
E
C
D
M B N G
H
A F
证明：由已知得：AB、 C BC、BE两两垂直，故可 建立如图所示的空间直 角坐标系o-xyz. 设正方形边长为1, oB AH=FG=a, 则 2 2 H(0,1- 2 a , 2 a)、 E
x
2 2 (1 a,0, a) ,而平面CBE的法向 故 HG H 2 2
G F B1
C1
A1
E
D A B
C
AD∥GF，AD=GF 平行四边形ADGE AE∥DG 又EH∥B1D1，GF∥B1D1 EH∥GF
立体几何中的向量方法教案
立体几何中的向量方法教案教案标题：立体几何中的向量方法教案教案目标：1. 了解立体几何中的向量概念和基本性质。
2. 掌握运用向量方法解决立体几何问题的技巧和方法。
3. 培养学生的空间思维和几何推理能力。
教学重点：1. 向量的定义和性质。
2. 向量在立体几何中的应用。
3. 向量运算在解决立体几何问题中的作用。
教学难点：1. 运用向量方法解决立体几何问题。
2. 空间几何推理能力的培养。
教学准备：1. 教师准备：教学投影仪、计算机、几何软件等。
2. 学生准备：教材、笔记本、几何工具等。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 利用投影仪展示一些立体几何图形，引起学生的兴趣。
2. 提问：你们对立体几何中的向量有什么了解？二、知识讲解（15分钟）1. 向量的定义和性质：a. 向量的表示方法。
b. 向量的加法和减法。
c. 向量的数量积和向量积。
2. 向量在立体几何中的应用：a. 向量的方向和模长在立体几何中的意义。
b. 利用向量表示线段、向量共线和垂直关系。
c. 利用向量表示平面和平行关系。
三、示例分析（20分钟）1. 结合具体的立体几何问题，演示如何运用向量方法解决问题。
2. 引导学生参与讨论，分析解题思路和方法。
四、练习与巩固（15分钟）1. 分发练习题，让学生独立完成。
2. 针对难点问题进行讲解和解答。
五、拓展应用（10分钟）1. 提供一些立体几何的拓展问题，要求学生运用向量方法解决。
2. 引导学生思考如何将向量方法应用到实际问题中。
六、总结与反思（5分钟）1. 总结本节课所学的立体几何中的向量方法。
2. 学生分享对本节课的收获和感想。
教学延伸：1. 引导学生自主学习更多立体几何中的向量应用。
2. 布置作业，要求学生运用向量方法解决相关问题。
教学评价：1. 教师观察学生在课堂上的参与情况和问题解决能力。
2. 批改学生的练习题和作业，评价他们的掌握程度。
教学资源：1. 教材：立体几何教材。
2. 投影仪、计算机、几何软件等。
立体几何中的向量方法(一)——方向向量与法向量
(1)直线OA的一个方向向量坐标为___(_1_,0__,0_)___
(2)平面OABC 的一个法向量坐标为__(_0_,0__,1_)____ (3)平面AB1C 的一个法向量坐标为__(_-_1_,-_1_,_1_)__
z
O1
C1
A1
B1
o
A
x
C
y
B
例2：已知A(3, 0, 0), B(0, 4, 0), C(0,0,2) 求平面ABC的法向量.
l
a
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l a // u a u
l
a
A
u
C B
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则 （3） u v u v 0
β
uv
α
例1. 如图所示, 正方体的棱长为1
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
（一）. 平行关系：
(1) l / /m a / /b a b ；
a
l
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l / / a u a u 0 ；
叫做平面 的法向量.
l
n
A
给定一点A和一个向量 n,那么
过点A,以向量 n 为法向量的平面是
完全确定的.
平面的法向量：
l
注意：
1.法向量一定是非零向量;
2.一个平面的所有法向量都
n
互相平行;
立体几何中的向量方法-资料
2个定义
方向向量
ar
l
法向量
ur
α
线方线平向行向l量∥m和法向量ar ∥可b得r 如下结论
ar
l
r
m
b
线线方线线垂平向直行向ll量∥ mm和法 向量aarr ∥可 bb得rr 如下结论
r b
ar
l
线线线方面线线平垂平向行直行向lll量∥∥ mm和 法 向量aaarrr ∥可 ubb得rrr 如下结论
由向量加法法则，u B u u D u u 1 r=u B u u D u r+u D u u D u u 1 r=u A uD u r-u A uB u r+u A u Au A u r1
B1 C B
进行向量运算 u B u D u u r 1 2 (u A u D u r u A u B u r u A u A u r 1 )2 2
G
(3)由于PB 平面EFD，则DF PB ，EF PB，
B
从而EFD就是二面角C-PB-D的平面角
uuur uuur
设F(x,y,z),则 PF=kPB, 则(x,y,z-1)=k(1,1,-1),即x=k,y=k,z=1-k
uuur uuur
1
又由 PBgDF=0，即（1,1，-1）▪(x,y,z)=（1,1，-1）▪(k,k,1-k)=3k-1=0,则k3 =
所以 | AC1 | 6 结合几何意义回答问题
这个晶体的对角线 AC1 的长是棱长的 6 倍。
思考：
（1）本题中平行六面体的对角线BD1的长与棱长有什么关系？
D1
C1
解：如图，设 ABAA 1AD1，
A1
2020年高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)
2020 年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一利用向量证明平行与垂直【题型重点】 向量证明平行与垂直的4 步骤(1)成立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系； (2)成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波及的点、直线、平面的因素；(3)经过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)依据运动结果解说有关问题．【例 1】如图，在直三棱柱 ADE —BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ； (2)平面 MDF ⊥平面 EFCD . 【证明】方法一(1)由题意，得 AB ， AD ， AE 两两垂直，以点 A 为原点成立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，F(1,0,1) ， M1,0,0 ，2O 1 ,1 ,1.2 2 2→1 1→OM ＝ 0, ,2 ，BA ＝ (－ 1,0,0)，2→ → → →∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.∵棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面 BCF 的一个法向量， 且 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝ (x 1，y 1，z 1)， n 2＝ (x 2， y 2， z 2)．→ → ∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝1 →→，－ 1,1)，, 1,0 ， DC ＝ (1,0,0)，CF ＝(02→x 1－ y 1＋ z 1＝0， n 1·DF ＝ 0，得 1由→2x 1－ y 1＝ 0，n 1·DM ＝ 0，令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1, 1 ,1.同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．2 2∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .方法二→→→→1 → → 1→ (1)OM ＝ OF ＋FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋2 BA21→→→ 1 → 1 → 1 → 1 →＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－2 BD － BF ＋ BA22221 → → 1 → 1→＝－ ( BC ＋ BA)－BF ＋ BA2221 → 1 →＝－ 2BC －2BF.∴向量 → 与向量 →，→共面，OM BF BC又 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，→ → → → → ∵ CD ＝BA ， FC ＝BC －BF ，→ →1 1 BF → ∴ OM ·CD ＝2BCBA ＝ 0，2→ →1 1 OM ·FC ＝2BCBF2→ →·(BC － BF)1 →2 1 → 2＝ 0.＝－ BC ＋ BF 2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ， CD ， FC ? 平面 EFCD ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .题组训练一 利用向量证明平行与垂直如图，在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，点 E ，F 分别是 PC ，PD 的中点， PA ＝ AB ＝ 1， BC ＝ 2.(1)求证： EF ∥平面 PAB ； (2)求证：平面 PAD ⊥平面 PDC .【证明】(1) 以点 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，成立以下图的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，C(1,2,0)，D(0,2,0) ，P(0,0,1) ．∵点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点，∴ E1,1,1，F 0,1,1，2 22→ 1 →→ 1 → EF ＝ 2 ,0,0 ，AB ＝(1,0,0) ．∵ EF ＝－AB ，2→ → ，即 EF ∥ AB ，∴ EF ∥ AB又 AB? 平面 PAB ，EF? 平面 PAB ，∴ EF ∥平面 PAB.→ →→ → → ， (2)由 (1) 可知，PB ＝ (1,0，－ 1)，PD ＝ (0,2 ，－ 1)，AP ＝ (0,0,1) ，AD ＝(0,2,0) ，DC ＝ (1,0,0) → → → → → → → → ∵AP ·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)· ＝ 0，AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)· ＝ 0，∴ AP ⊥ DC ，AD ⊥ DC ，即 AP ⊥DC ， AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝ A ， AP ，AD ? 平面 PAD ，∴ DC ⊥平面 PAD.∵ DC? 平面 PDC ，∴平面 PAD ⊥平面 PDC.题型二利用空间向量求空间角【题型重点】的法向量的夹角的关系，必定要注意线面角θ与夹角 α的关系为sin θ＝ |cos α|.2．求二面角 θ，主要经过两平面的法向量n ， m 的夹角求得，即先求 |cos 〈n ， m 〉 |，再依据所求二面角是钝角仍是锐角写出其他弦值．若θ为锐角，则 cos θ＝ |cos 〈 n ， m 〉 |；若 θ为钝角，则 cos θ＝－ |cos 〈 n ，m 〉|.【例 2】如图， AD ∥BC 且 AD ＝ 2BC ， AD ⊥ CD ，EG ∥ AD 且 EG ＝ AD ， CD ∥ FG 且 CD ＝ 2FG ， DG ⊥平面 ABCD ， DA ＝ DC ＝ DG ＝ 2.(1)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面 CDE ；(2)求二面角 E-BC- F 的正弦值；(3) 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长．【解】 依题意，能够成立以 D 为原点，分别以 → → →轴、 y 轴、 zDA ， DC ， DG 的方向为 x 轴的正方向的空间直角坐标系 (如图 )，可得 D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0) ，C(0,2,0) ，E(2,0,2) ，F(0,1,2) ， G(0,0,2) ， M 0,3,1 ， N(1,0,2) ．2(1)证明：依题意得 → →DC ＝ (0,2,0)， DE ＝ (2,0,2) ．设 n 0＝ (x ， y ，z)为平面 CDE 的法向量，则2y ＝ 0， 即不如令 z ＝－ 1，2x ＋ 2z ＝ 0.可得 n 0＝(1,0，－ 1)．n 0·DC →＝ 0，→n 0·DE ＝0，→ 3 又 MN ＝ 1,,1 2→，可得 MN ·n 0＝ 0.又因为直线 MN? 平面 CDE ，所以 MN ∥平面 CDE .→ →(2)解：依题意，可得 BC ＝(－1,0,0) ， BE ＝ (1，－ 2,2)，→CF ＝ (0，－ 1,2)．→ n ·BC ＝ 0，设 n ＝(x ，y ， z)为平面 BCE 的法向量，则→n ·BE ＝0，－x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 n ＝ (0,1,1) ．x －2y ＋ 2z ＝ 0.→ m ·BC ＝0，设 m ＝ (x ， y ， z)为平面 BCF 的法向量，则m ·CF →＝ 0，－ x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 m ＝ (0,2,1) ． － y ＋ 2z ＝ 0.m ·n310所以有 cos 〈 m ， n 〉＝＝ ，10于是 sin 〈 m ， n 〉＝ 10 .10所以，二面角E-BC-F 的正弦值为10 .→(3)解：设线段 DP 的长为 h(h ∈ [0,2]) ，则点 P 的坐标为 (0,0，h)，可得 BP ＝ (－ 1，－ 2，h)．→为平面 ADGE 的一个法向量， 易知， DC ＝ (0,2,0) → → → → 2|BP ·DC |故 |cos 〈 BP ， DC 〉 |＝ → → ＝ 2 ，|BP||DC | h ＋ 5 由题意，可得2 ＝ sin 60 ＝° 3，h 2＋ 52解得 h ＝ 33∈ [0,2] ．3所以，线段DP 的长为 3 .题组训练二 利用空间向量求空间角如图，四周体 ABCD 中，△ ABC 是正三角形， △ACD 是直角三角形， ∠ABD ＝∠ CBD ，AB＝ BD.(1)证明：平面ACD ⊥平面 ABC；(2)过 AC 的平面交BD 于点 E，若平面AEC 把四周体ABCD 分红体积相等的两部分，求二面角D－ AE－ C 的余弦值．【分析】(1) 证明：由题设可得，△ ABD≌△ CBD，进而AD＝DC又△ ACD 是直角三角形，所以∠ACD＝ 90°取 AC 的中点 O，连结 DO， BO，则 DO ⊥ AC， DO ＝ AO又因为△ ABC 是正三角形，故BO⊥ AC.所以∠ DOB 为二面角D－ AC－ B 的平面角．在 Rt△AOB 中， BO 2＋AO 2＝ AB2.又 AB＝ BD，所以 BO2＋DO2＝ BO2＋ AO2＝ AB2＝BD 2，故∠ DOB ＝ 90°.所以平面 ACD ⊥平面 ABC.→(2)由题设及 (1)知， OA， OB， OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA的→方向为 x 轴正方向， |OA|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系O－ xyz.则 A(1,0,0) ， B(0， 3， 0)， C(－ 1,0,0)， D (0,0,1)1由题设知，四周体 ABCE 的体积为四周体ABCD 的体积的，进而E到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1，即 E 为 DB 的中点，得 E 0,3 1 →2,2.故AD＝2→→ 3 1 (－ 1,0,1)， AC＝ (－ 2,0,0)， AE＝1, , .2 2设 n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，→－ x＋ z＝ 0，n·AD＝0，即则3 1→－ x＋n·AE＝0，2 y＋2z＝0.可取 n＝31,,1.3m·AC→＝0，设 m 是平面AEC的法向量，则同理可得m＝(0，－1，3)．→m·AE＝0，则 cos〈n，m〉＝n·m＝7.|n||m| 77所以二面角D－ AE－ C 的余弦值为7 .题型三利用空间向量解决探究性问题【题型重点】利用空间向量巧解探究性问题(1)空间向量最合适于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只要经过坐标运算进行判断．(2) 解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程或方程组，把“能否存在”问题转变为“点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解”等，所认为使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法解题．【例 3】如图，在长方体ABCD －A1B1C1D1中， AB＝ AA1＝ 1， E 为 BC 中点．(1)求证： C1D ⊥ D1E；(2)在棱 AA1上能否存在一点M，使得 BM∥平面 AD1E？若存在，求AM的值，若不存在，说明原因．AA 1(3)若二面角B1－ AE－ D1的大小为 90°，求 AD 的长．【分析】以 D 为原点，成立以下图的空间直角坐标系D－ xyz 设 AD＝ a，则 D (0,0,0) ，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1) ，D 1(0,0,1) ，E a ,1,0 ， 2→→ a1 ，∴ C1 D＝ (0，－ 1，－ 1)， D1E＝,1,2→→＝0，∴ C(1)证明： C1 D·D 1E 1D⊥D 1E.AM(2)设AA1＝ h，则 M(a,0， h)，→→ a，∴ BM＝ (0，－1， h)， AE＝,1,02→，AD1＝ (－ a,0,1)设平面 AD 1E 的法向量为n＝(x，y，z)，→ aAE·n＝－2x＋ y＝ 0，则→AD 1·n＝－ ax＋ z＝ 0，令 x＝ 2，∴平面 AD 1E 的一个法向量为n＝(2，a,2a)，→→∵ BM∥平面 AD 1E，∴ BM ⊥n，即 BM·n＝ 2ah－ a＝0，∴ h＝1 .2即在 AA 1上存在点 M，使得 BM∥平面 AD 1E，此时AM＝1.AA1 2→(3)连结 AB1， B1E，设平面B1AE 的法向量为m＝(x′，y′，z′)，AE＝(0,1,1) ，→a则 AE·m＝－2x′＋ y′＝0，→AB1·m＝ y′＋ z′＝0，令 x′＝ 2，∴平面 B1AE 的一个法向量为m＝(2，a，－a)．∵二面角 B1－ AE－ D1的大小为90°，∴ m⊥ n，∴ m·n＝4＋a2－2a2＝0，a →,1,0 ， AB1＝2∵a>0 ，∴ a＝ 2，即 AD＝ 2.题组训练三利用空间向量解决探究性问题如图，已知等边△ ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点， M 为 EF 的中点， N 为 BC 边上一点，且1 CN＝ BC，4将△ AEF 沿 EF 折到△ A′EF 的地点，使平面A′EF ⊥平面EFCB .(Ⅰ )求证：平面 A′MN ⊥平面 A′BF；(Ⅱ )求二面角E-A′F-B 的余弦值．【解】(Ⅰ )因为 E，F 为等边△ ABC 的 AB ，AC 边的中点，所以△A′EF 是等边三角形，且 EF∥BC.因为 M 是 EF 的中点，所以A′M⊥ EF.又因为平面A′EF⊥平面 EFCB ，A′M ? 平面 A′EF ，所以 A′M⊥平面 EFCB又 BF? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ BF.1因为 CN ＝4BC，所以 MF 綊 CN，所以 MN ∥ CF .在正△ABC 中知 BF⊥ CF ，所以 BF⊥ MN .而 A′M∩MN＝ M，所 BF ⊥平面 A′MN.又因为 BF ? 平面 A′BF ，所以平面A′MN ⊥平面 A′BF .(Ⅱ )设等边△ABC 的边长为 4，取 BC 中点 G，连结 MG ，由题设知 MG ⊥ EF，由 (Ⅰ ) 知A′M⊥平面 EFCB ，又 MG? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ MG ，如图成立空间→直角坐标系M－ xyz，则 F(－ 1,0,0)，A′(0,0， 3)，B(2，3，0)，FA＝ (1,0，→3)， FB＝ (3，3， 0)．设平面 A′BF 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由→x＋ 3z＝ 0，FA·n＝ 0，3， 3,1)．得令 z＝ 1，则n＝ (－→3x＋3y＝ 0，FB ·＝n 0，平面 A′EF 的一个法向量为p＝(0,1,0)，p·n313所以 cos〈n，p〉＝＝，明显二面角 E－ A′F－ B 是锐角，所以二面角E－A′F－ B 的余弦值为3 1313.题型四成立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题常常需要成立空间直角坐标系，依照空间几何图形的构造特点，充足利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来成立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的重点，下边举例说明几种常有的空间直角坐标系的建立策略．方法一利用共极点的相互垂直的三条棱建立直角坐标系【例 4】已知直四棱柱 ABCD －A1B1C1D1中， AA1＝ 2，底面 ABCD 是直角梯形，∠ A 为直角， AB∥ CD ，AB ＝4， AD ＝ 2，DC＝ 1，求异面直线BC1与 DC 所成角的余弦值．【分析】如图，以 D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为 x，y，z 轴成立空间直角坐标系，则 C(0,1,0) ， C1(0,1,2) ， B(2,4,0) ，→→∴ BC1＝ (－ 2，－ 3,2)， CD ＝ (0，－ 1,0)．→→→ →3 17 |BC1·CD |＝.设 BC1与 CD所成的角为θ，则 cos θ＝→→17|BC 1||CD|317故所求异面直线所成角的余弦值为17 .方法二利用线面垂直关系建立直角坐标系【例 5】如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面 BB1C1C，E 为棱 CC1上异于 C，C1 的一点， EA⊥ EB1.已知 AB＝2， BB1＝π2， BC＝ 1，∠ BCC1＝.3求二面角 A－EB 1－ A1的平面角的正切值．【分析】如图，以 B 为原点，分别以BB1， BA 所在直线为y 轴、z 轴，过 B 点垂直于平面ABB1A1的直线为x 轴成立空间直角坐标系．因为 BC＝ 1， BB1＝ 2， AB＝πABC－ A1B1C1中，2，∠ BCC1＝，∴在三棱柱3有 B(0,0,0) ， A(0,0，3 1 3 1， C13 3 2)， B1(0,2,0) ， C , ,0 , ,0 , ,0 .2 2 2 2 2 23, a,0 ，且－ 1 3 →设 E <a< ，即 EA＝2 2 2→→由 EA⊥ EB1，得 EA·EB 1＝ 0，3 →1＝3, a, 2 ，EB ,2 a,0 .2 23, a, 2 ·3,2 a,03 2 3即 2 2 ＝4＋ a(a－ 2)＝ a －2a＋4＝0，∴1 3a · a2 21 3 3 1＝ 0，即 a＝或 a＝ (舍去 )．故 E , ,0 .2 2 2 2→→→→→由已知有 EA⊥ EB1，B1 A1⊥ EB1，故二面角A－ EB1－A1的平面角θ的大小为向量 B1A1与→EA的夹角．→→，→因为 B1A1＝ BA＝ (0,0 2)， EA＝3,1,2， 2 2→ →2 6 2EA·B1A1故 cos θ＝→ →＝2× 3 ＝3，即 tan θ＝2.|EA||B1A1|2故所求二面角的平面角的正切值为2 .方法三利用面面垂直关系建立直角坐标系【例 6】如图，在四棱锥V－ ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧面 VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面 ABCD .(1)求证 AB⊥平面 VAD；(2)求二面角A－ VD－B 的余弦值．间直角坐标系．设 AD ＝ 2，则 A(1,0,0)， D (－ 1,0,0)， B(1,2,0) ， V(0,0， 3)，→ →，－ 3)．∴ AB ＝ (0,2,0) ， VA ＝(1,0→ →由 AB ·VA ＝ (0,2,0) (1,0·，－ 3)＝ 0，得 AB ⊥ VA.又 AB ⊥ AD ，进而 AB 与平面 VAD 内两条订交直线VA ， AD 都垂直，∴ AB ⊥平面 VAD.(2)设 E 为 DV 的中点，则 E1,0, 3 ，2 2→3 3 →3 3 ，∴ EA ＝2,0,， EB ＝,2,222→DV ＝ (1,0， 3)．→ → 3 3＝ 0，∴ EB ⊥ DV . ∴ EB ·DV ＝ － 2 2又 EA ⊥ DV ，所以∠ AEB 是所求二面角的平面角．→ → → →21 EA ·EB∴ cos 〈 EA ， EB 〉＝ → → ＝ 7 .|EA||EB|21故所求二面角的余弦值为7 .方法四利用正棱锥的中心与高所在直线建立直角坐标系【例 7】已知正四棱锥 V － ABCD 中， E 为 AC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h.(1)求∠ DEB 的余弦值；(2)若 BE ⊥ VC ，求∠ DEB 的余弦值．【分析】如图，以 V 在平面 ABCD 的射影 O 为坐标原点成立空间直角坐标系，此中Ox ∥ BC ， Oy ∥AB ，则由 AB＝2a ， OV ＝h ，有 B( a ， a,0)，C(－ a ，a,0)， D(－ a ，－ a,0)， V(0,0，h)， Ea , a, h ，即2 2 2→3a a hBE ＝2,,2 2→ a 3a h ， DE ＝,, 22 2→ ， VC ＝ (－ a ， a ，－ h)．→ →→ →2 2BE ·DE－ 6a ＋ h(1)cos 〈 BE ， DE 〉＝→ →＝22 ，10a＋ h|BE||DE |－ 6a 2＋h 2即 cos ∠ DEB ＝ 10a 2＋ h 2 .→ →(2)因为 BE ⊥ AC ，所以 BE ·VC ＝ 0，即3a , a , h ·(－ a ，a ，－ h)＝0，2 2 23222 － a－ h＝ 0，解得 h ＝ 2a.所以 a2 22→ →－ 6a 2＋h 2 1这时 cos 〈BE ， DE 〉＝ 10a 2＋ h 2＝－ 3，即 cos ∠ DEB ＝－ 13.【专题训练】1．如图，在四棱锥 P － ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AB ⊥ AD ， AB ∥ CD ， AB ＝2AD ＝ 2CD ＝2， PE ＝ 2BE.(1)求证：平面 EAC ⊥平面 PBC ；6(2)若二面角 P － AC － E 的余弦值为 3 ，求直线 PA 与平面 EAC所成角的正弦值．【分析】(1) 证明：∵ PC ⊥底面 ABCD ， AC? 平面 ABCD ，∴PC ⊥AC .∵ AB ＝ 2，AD ＝ CD ＝ 1，∴ AC ＝ BC ＝ 2，∴ AC 2＋ BC 2＝ AB 2，∴ AC ⊥ BC ，又 BC ∩PC＝C ，∴ AC ⊥平面 PBC ，又 AC? 平面 EAC ，∴平面 EAC ⊥平面 PBC.得： C(0,0,0) ， A(1,1,0) ， B(1，－ 1,0)，设 P(0,0， a)(a ＞ 0)，则 E 2 , 2 , a，3 3 3→→ →CA ＝ (1,1,0) ， CP ＝ (0,0， a)， CE ＝2 ,2 , a，33 3→ →取 n ＝(1，－ 1,0)，则 m ·CP ＝ m ·CA ＝ 0，∴ n 为平面 PAC 的法向量．→＝ 0 x ＋ y ＝ 0 设 n ＝(x ，y ， z)为平面 EAC 的法向量，则n ·EA，即，→ 2x － 2y ＋ az ＝0n ·CE ＝ 0取 n ＝(a ，－ a ，－ 4) ，∵二面角 P －AC －E 的余弦值为6，3∴ |cos 〈 m ， n 〉|＝|m ·n |＝2a＝ 6，|m ||n |2× 2a 2＋ 163→解得 a ＝ 4，∴ n ＝ (4，－ 4，－ 4)， PA ＝ (1,1，－ 4)． 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ，→→162 6|PA ·n |＝ ＝ ，则 sin θ＝ |cos 〈 PA ， n 〉 |＝→918× 16×3|PA||n |∴直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为2 9 6.2．如图，四棱锥 P － ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠ 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 M － AB －D 的余弦值．【分析】(1) 证明：取 PA 的中点 F ，连结 EF ，BF .因为 E 是 PD 的中点，所以EF ∥AD ， EF ＝ 1AD ，由∠ BAD ＝∠ ABC ＝ 90°得 BC ∥ AD ，21又 BC ＝ 2AD ，所以 EF 綊 BC.四边形 BCEF 为平行四边形， 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， AB 的方向为 x 轴正方向， |AB|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系 A － xyz ，则 A(0,0,0)，B(1,0,0) ，C(1,1,0) ，P(0,1， → →3)，PC ＝ (1,0，－ 3)，AB ＝(1,0,0) ，→ → 设 M(x ，y ，z)(0< x<1) 则 BM ＝ (x － 1，y ，z) ，PM ＝ (x ，y － 1，z － 3)，因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°，而 n ＝ (0,0,1)是底面 ABCD 的法向量，所以，|cos →|z|2 22 2〈BM ， n 〉|＝ sin 45 °， x － 1 2＋ y 2＋ z2＝2 ，即 (x － 1)＋ y － z ＝ 0. ①→ →又 M 在棱 PC 上，设 PM ＝ λPC ，则x ＝ λ， y ＝ 1， z ＝ 3－ 3λ. ②22x ＝ 1＋ 2x ＝ 1－ 2 由①，②解得y ＝1 舍去， y ＝ 1.66z ＝－ 2z ＝ 2所以 M2 6 →2 6 1,1,，进而 AM ＝ 1,1,.2222设 m ＝ (x 0， y 0， z 0) 是平面 ABM 的法向量，则→2－ 2 x 0＋ 2y 0＋ 6z 0＝ 0， m ·AM ＝ 0，即→ ＝ 0， x 0＝ 0，m ·AB以可取 m ＝ (0，－6， 2)．于是 cos 〈 m ， n 〉＝ m ·n＝10，所以二面角 M －AB －D|m ||n | 5的余弦值为105.3．以下图的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB∥ CD, AB＝ 2AD ＝ 2, ∠ DAB ＝60°，四边形 CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面 ABCD .(1)若点 G 是棱 AB 的中点，求证：EG∥平面 BDF ；(2)求直线 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值；FH(3)在线段 FC 上能否存在点H，使平面 BDF ⊥平面 HAD ？若存在，求HC的值；若不存在，说明原因．(1)【证明】因为四边形因为G是棱由已知得EF∥ CD ，且 EF＝CD . ABCD 为等腰梯形，所以BG∥ CD . AB 的中点，所以BG＝ CD .所以 EF ∥ BG，且 EF＝ BG，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG∥FB .因为 FB ? 平面 BDF, EG? 平面 BDF ，所以 EG∥平面 BDF .(2)【解】因为四边形CDEF 为正方形，所以ED⊥ DC.因为平面 CDEF ⊥平面 ABCD ，平面 CDEF ∩平面 ABCD ＝DC ， DE ? 平面 CDEF ，所以 ED ⊥平面 ABCD .在△ ABD 中，因为∠ DAB ＝60°， AB＝ 2AD＝ 2，所以由余弦定理，得BD ＝3，所以 AD ⊥ BD.在等腰梯形ABCD 中，可得DC＝CB ＝1.如图，以 D 为原点，以DA ，DB ， DE 所在直线分别为x， y， z 轴，成立空间直角坐标系，则 D(0， 0，0)， A(1， 0，0)， E(0， 0， 1)， B(0，1 3，3， 0)， F ,,12 2→ →1 3 ， 所以 AE ＝ (－ 1， 0， 1)， DF ＝2,,12DB →＝ (0，3， 0).设平面 BDF 的法向量为n ＝ (x ， y ，z )，→3y ＝ 0，n ·DB ＝ 0，所以因为1 3→－2x ＋ 2 y ＋z ＝0.n ·DF ＝0，取 z ＝ 1，则 x ＝ 2，y ＝ 0，则 n ＝ ( 2，0， 1).→10， 设直线 AE 与平面 BDF 所成的角为 θ，则 sin θ＝→＝ |AE ·n |＝cos 〈 AE ， n 〉||n | 10|→ | |AE所以 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值为1010.(3)【解】 线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .证明以下：假定线段FC 上存在点 H ，1 3 →1 3设 H,,t (0≤t ≤1)，则 DH ＝2 ,,t222设平面 HAD 的法向量为m ＝(a ， b ，c )，→a ＝ 0，m ·DA ＝ 0，因为所以13 →－ a ＋2 b ＋tc ＝ 0.m ·DH ＝ 0，2取 c ＝ 1，则 a ＝ 0， b ＝－2t ，得 m ＝ 0,2,1.33要使平面 BDF ⊥平面 HAD ，只要 m ·n ＝ 0， 即 2×0－2t ×0＋ 1×1＝ 0, 此方程无解． 3所以线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .4．如图，已知圆锥 OO1和圆柱 O1O2的组合体 (它们的底面重合 )，圆锥的底面圆 O1半径为 r ＝5, OA 为圆锥的母线， AB 为圆柱 O1O2的母线， D， E 为下底面圆 O2上的两点，且 DE ＝ 6，AB＝， AO＝ 5 2， AO⊥ AD .(1)求证：平面 ABD ⊥平面 ODE；(2)求二面角 B— AD—O 的正弦值．(1)【证明】依题易知，圆锥的高为 h＝ 5 2 2－ 52＝ 5，又圆柱的高为 AB＝，AO⊥ AD ，所以OD 2＝ OA2＋ AD 2，因为 AB⊥BD ，所以 AD2＝ AB2＋ BD2，连结 OO1，O1O2，DO 2，易知 O， O1， O2三点共线，OO2⊥ DO2，所以 OD2＝ OO22＋O2D 2，所以 BD 2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝＋ 5)2＋ 52－ (52)2－2＝ 64，解得 BD ＝8，又因为 DE ＝6，圆 O2的直径为10，圆心 O2在∠ BDE 内，所以∠ BDE＝ 90°，所以 DE ⊥ BD .因为 AB ⊥平面 BDE ，所以 DE ⊥ AB，因为 AB ∩BD ＝ B，AB，BD ? 平面 ABD ，所以 DE ⊥平面 ABD .又因为 DE ? 平面 ODE ，所以平面ABD ⊥平面 ODE.(2)【解】如图，以 D 为原点，DB， DE 所在的直线为x， y 轴，成立空间直角坐标系．则 D(0,0,0) ， A(8,0,6.4)， B(8,0,0) ， O(4,3,11.4)．→→→，所以 DA＝ (8,0,6.4) ， DB ＝ (8,0,0) ， DO＝ (4,3,11.4)设平面 DAO 的法向量为→u＝(x，y，z)，所以DA·u＝8x＋＝0，→DO·u＝ 4x＋ 3y＋＝ 0，令 x＝ 12，则u＝ (12,41，－ 15)．可取平面 BDA 的一个法向量为v＝(0,1,0)，所以 cos〈u，v〉＝u·v＝41＝82，所以二面角B—AD — O 的正弦值为3 2 |u||v| 5 82 10 10.。
立体几何中的向量方法
利用直线方向向量
直线a的方向向量a , 直线b的方向向量b a b a // b a // b
证明平行问题
证明线面平行的方法
利用线线平行 若 a , b , a // b，则 a //
利用面面平行
若 a // , a , 则a // .
利用向量共面充要条件
点到直线距离
点到直线的距离：一点到它在一直线上的射影的距 离叫做这一点到这条直线的距离 定义法：作出距离线段(常利用三垂线定理作出)， 解三角形求之 A 向量法：
1.取斜线AB上的向量BA, 取直线方向向量l 2.计算 BA在l方向上的投影的绝对值 即 BO ) ( BO BA cos BA, l BA l l 3.利用勾股定理求 AO (点到线的距离 )
小结
画出下列空间几何体，思考如何建立坐标系？ 正方体、长方体 正三棱锥、正四棱锥 正三棱柱、直三棱柱 …… 注意：要建立右手系：x→y→z按逆时针顺序转. 用向量解立体几何问题步骤： 建系（必须用文字表述，并在图中标出） 写点坐标 写向量坐标 计算…… 回归到立体几何结论
向量方法与传统立体几何方法 “两手都要抓，两手都要硬”
立体几何中的向量方法
空间角的计算
异面直线所成的角
平移法：平移其中一条，或者利用中位线平移，或者 利用补形平移，用余弦定理求角 向量法：取两直线的方向向量a , b，cos a , b a b ab
两异面直线所成角， cos a , b cos
小结论： 三面角余弦公式
证明平行问题
证明线线平行的方法
利用平行公理 若a // b, b // c , 则a // c.
利用线面平行 若 a // , a , b, 则a // b.
立体几何中的向量方法-人教版高中数学
知识图谱-利用向量方法求线线角与线面角-利用向量方法求二面角-利用向量方法求距离直线与直线的夹角直线与平面的夹角向量法求二面角含有参数的二面角求法点到点线面的距离线与线面的距离第03讲_立体几何中的向量方法错题回顾利用向量方法求线线角与线面角知识精讲一．用向量方法求线线角与线面角1．两条异面直线所成的角（1）定义：设是两条异面直线，过空间任一点作直线，则与所夹的锐角或直角叫做所成的角；（2）范围：两异面直线所成的角的取值范围是；（3）向量求法：设直线的方向向量为，其夹角为，则有．2．直线与平面所成的角（1）定义：直线与平面所成的角，是指直线与它在这个平面内的射影所成的角；（2）斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所称角中最小的角；（3）范围：直线和平面所成角的取值范围是；（4）向量求法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的夹角为，则有或，此外还可以根据定义得到直线与平面所成的角如下图：．三点剖析一．方法点拨1．在用向量法求两条直线的夹角时，如果两条直线方向向量的夹角余弦值是负数时，则取绝对值，要正数，因为两条直线的夹角范围是．2．在用向量法求直线与平面的夹角时，如果算出的是负值时，则线面角的正弦值也需要取正值．题模精讲题模一直线与直线的夹角例1.1、已知是异面直线，，且，则所成的角是( )B、A、C、D、例1.2、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，A B=，BC=1，PA=2，E为PD的中点．（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离．例1.3、如图所示，正四面体的高的中点为的中点为．（1）求证：两两垂直；（2）求．题模二直线与平面的夹角例2.1、若斜线段的长度是它在平面内的射影长的倍，则与所成角的正切值为__________．例2.2、直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，分别是的中点，点在平面上的射影是．求与平面所成角的大小（结果用正弦值表示）．例2.3、已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN，M，S分别为PB，BC的中点．（Ⅰ）证明：CM⊥SN；（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小．例2.4、如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．（1）求证：平面；（2）求与平面成角的正弦值；（3）设点在线段上，且，平面，求实数的值．随堂练习随练1.1、若异面直线的方向向量分别是，则异面直线与的夹角的余弦值等于( )A、B、C、D、随练1.2、在棱长为1的正方体中，分别是的中点，在棱上，且，的中点，应用空间向量方法求解下列问题。
高考专题复习1： 立体几何中的向量方法学生版
高考专题复习1： 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直[最新考纲]1．理解直线的方向向量及平面的法向量．2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 3．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知 识 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：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 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，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0. 2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示 直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2.l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m l ∥α n ⊥m ⇔m ·n ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm平面α，β的法向量分别为n ，m .α∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0辨 析 感 悟1．平行关系(1)直线的方向向量是唯一确定的．( )(2)两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是平行．( ) 2．垂直关系(3)已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是n 0＝±⎝⎛⎭⎫13，－23，23.( )(4)(2014·青岛质检改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线NO ，AM 的位置关系是异面垂直．( )考点一利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.【训练1】(2013·浙江卷选编)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q 在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.考点二利用空间向量证明垂直问题【例2】(2014·济南质检)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.【训练2】如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1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.考点三利用空间向量解决探索性问题【例3】(2014·福州调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．【训练3】如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD.(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．思想方法——运用空间向量研究空间位置关系中的转化思想【典例】(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．【自主体验】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，AC ＝BC ＝BB 1. 求证： (1)BC 1⊥AB 1； (2)BC 1∥平面CA 1D .基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v ＝(3，－1，4)，则( )．A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不正确2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )． A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内3．(2014·泰安质检)已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)三点，向量n ＝(1,1,1)，则以n 为方向向量的直线l 与平面ABC 的关系是( )． A ．垂直 B ．不垂直 C ．平行 D ．以上都有可能4.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )． A ．平行 B ．异面 C ．垂直 D ．以上都不对5.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )．A ．(1,1,1) B.⎝⎛⎭⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎫24，24，1二、填空题6．已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1,1,2)，b ＝(x ，－2，3)，且α⊥β，则x ＝________.7．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)．则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．三、解答题9.如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .10.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．(1)求证：CM ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AD .能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ＋y 的值为( )． A.257 B.67 C.187 D.4072. 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则( )． ①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上正确说法的个数为( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 二、填空题3.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________． 三、解答题4．在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点． (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．第2讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离[最新考纲]1．能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问题．2．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.知 识 梳 理1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β.则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(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，n 1，n 2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 θ|＝|cos<n 1，n 2>|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 4．利用空间向量求距离(供选用)(1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.辨 析 感 悟1．直线的方向向量与平面的法向量(1)若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β.( ) (2)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )(3)已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则a ∥c ，a ⊥b .( ) 2．空间角(4)两异面直线夹角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( ) (5)(2014·济南调研改编)已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos<m ，n >＝－12，则l 与α所成的角为150°.( )(6)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的大小为45°.( ) (7)(2013·上海卷改编)在如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，异面直线A 1B 与B 1C 所成角的大小为60°.( )考点一 求异面直线所成的角【例1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝2.求： (1)三角形PCD 的面积．(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．【训练1】 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ， 则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )． A.55 B.53 C.255 D.35考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】(2013·湖南卷)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．【训练2】(2014·青岛质检)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．考点三 利用向量求二面角【例3】 (2013·天津卷)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．【训练3】(2014·重庆调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求P A 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值．答题模板——空间向量在立体几何中的应用【典例】(12分)(2012·安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形．BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝ 5.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值.【自主体验】如图所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角D－GH－E的余弦值．基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．平面α的一个法向量为n ＝(1，－3，0)，则y 轴与平面α所成的角的大小为( )． A.π6 B.π3 C.π4 D.5π62如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是( )．A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°3．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )．A.216aB.66aC.156aD.153a4.过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )．A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为( )． A.22 B.155 C.64 D.63二、填空题6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．7．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．8．已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是________．三、解答题9．(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点． (1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．10.(2014·广州质检)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE . (1)证明：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝1，AD ＝2，求二面角B －PC －A 的正切值．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点．则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )． A.36 B ．－36 C.33 D ．－332．在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )． A.23a B.33a C.63a D.53a二、填空题3．在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．三、解答题4．(2013·北京卷改编)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BD BC 1的值．步骤规范练——空间向量与立体几何 (建议用时：90分钟)一、选择题1．已知a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则c·a ＝0且c·b ＝0是l ⊥α的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件2．已知二面角α－l －β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )．A.π6B.π3C.π2D.2π33．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的是( )． A ．BC ∥平面PDF B ．DF ⊥平面P AE C ．平面PDF ⊥平面ABC D ．平面P AE ⊥平面ABC4．(2013·潍坊二模)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β. 其中正确的命题是( )．A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④ 5．在以下命题中，不正确的个数为( )． ①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面； ④若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ⑤|(a·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4 D ．56．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点．那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于( )． A.23 B.105 C.45 D.1557．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )． A.13 B.23 C.33 D.238．如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题： ①点M 到AB 的距离为22；②三棱锥C －DNE 的体积是16；③AB 与EF 所成的角是π2其中正确命题的个数是( )．A ．0B ．1C ．2D ．39．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为( )． A.55 B.33 C.255 D.6310．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )．A.35B.56C.3310D.3610二、填空题11．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________．12．(2014·南京一模)P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．13．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为________．14．(2014·梅州模拟)如图，在三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，给出以下结论：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ；③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________．三、解答题15．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，PB 与底面成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，P A ＝BC ＝12AD ＝1.问：在棱PD 上是否存在一点E ，使得CE ∥平面P AB ？若存在，求出E 点的位置，若不存在，请说明理由．16．(2013·福建卷节选)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k ＞0)． (1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．17．(2014·济南质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1. (1)证明：PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．18．(2013·广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝2，O为BC的中点．将 ADE 沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′－BCDE，其中A′O＝ 3.(1)证明：A′O⊥平面BCDE；(2)求二面角A′－CD－B的平面角的余弦值．。
3.2立体几何中的向量方法(三)
Q r uuur r uuur n EF，n EG
xD
C
2x 2y 0 2x 4 y 2Z 0
F
令z 3, 得，x=1，y=1
n (1,1, 3) ,
A
E
B
y
[应用训练]
1:（2010浙江理数）如图,在矩形ABCD中,点
E,F分别在线段AB,AD上，AE EB AF 2 FD 4
2
222
P
N
D
C
MN ( 1 , 0, 1) PD (1, 0, 1)
22
A
DC MN
(0,1, 0) PD (
1
,
0,
1
)
(1,
0,
1)
0
x
MN
PD
M
MN
DC
2 (
1
2 , 0,
1) (0,1, 0)
0 MN
DC
22
又 PD DC DMN 平面PDC
B y
r n
(
1
,
1
,
1
)
x
abc
ur m
r abcn
abc(
1
,
1
,
1)
(bc,
ac,
ab)
abc
二、一般平面的法向量：
例1、已知平面的两个向量为 a (1,3,4) ，b (2,5,9) ， 求此平面的一个法向量.
解：设 m (x, y, z) 为平面的法向量，则有
a
y
高考数学总复习专题讲解42---立体几何中的向量方法
高考数学总复习专题讲解42 立体几何中的向量方法[考点要求] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则 a 与b 的夹角〈a ，b 〉 l 1与l 2所成的角θ范围 0＜〈a ，b 〉＜π 0<θ≤π2关系cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |2.直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos_〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |．3．二面角(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，n 1，n 2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 θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).[常用结论] 点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)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．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π].( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√ 二、教材改编1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°A [由于cos 〈m ，n 〉＝－12，所以〈m ，n 〉＝120°，所以直线l 与α所成的角为30°.] 2．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( ) A ．π4 B ．34π C ．π4或34πD ．π2或34πC [∵m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)， ∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4. ∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选C.]3.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3010 B ．3015 C.3030D ．1515A [以D 为原点建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，设AB ＝2，则N (1，0，0)，D 1(0，0，2)，M (1，1，0)，B 1(2，2，2)，∴B 1M ＝(－1，－1，－2)， D 1N ＝(1，0，－2)， ∴B 1M ·D 1N ＝－1＋4＝3， |B 1M |＝6，|D 1N |＝5， ∴cos 〈B 1M ，D 1N 〉＝330＝3010＞0， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为3010.故选A.]4.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．π6[如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、 z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，3，22)，D (1，0，22)，∴AC 1＝(1，3，22)，AD →＝(1，0，22).∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos ∠C 1AD ＝AC 1·AD→|AC 1||AD →|＝（1，3，22）·（1，0，22）12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， ∴∠C 1AD ＝π6.]考点1 求异面直线所成的角用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A ．32B ．155C ．105D ．33C [在平面ABC 内过点B 作AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，BA ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系B xyz ，则A (0，2，0)，B 1(0，0，1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，AB 1＝(0，－2，1)，BC 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，cos 〈AB 1，BC 1〉＝AB 1·BC 1|AB 1|·|BC 1|＝25×2＝105，故选C.][母题探究]1.本例条件换为：“直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点”，则直线EF 和BC 1所成的角是________．60° [以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， ∴EF →＝(0，－1，1)，BC 1＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°.]2．本例条件换为：“直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面为等边三角形， AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点”，则AM 与BN 所成角的余弦值为________．710 [如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2), B (－3，0，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →||BN →|＝725×5＝710.]两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角．[备选例题]如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解] (1)证明：如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°， 可得AG ＝GC ＝3．由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22． 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62．在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)， F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22．故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33．所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33．如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD . 又因为AC ∩P A ＝A ， 所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0). 所以PB →＝(1，3，－2)， AC →＝(0，23，0).设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 考点2 求直线与平面所成的角 利用向量法求线面角的2种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2019·深圳模拟)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，PD＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∥平面AMHN .(1)证明：MN ⊥PC ；(2)当H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC 、BD 且AC ∩BD ＝O ，连接PO .因为ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ， 因为PD ＝PB ，所以PO ⊥BD ，因为AC ∩PO ＝O 且AC 、PO ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥平面P AC ，因为PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC ， 因为BD ∥平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ， 所以BD ∥MN ，MN ⊥平面P AC ， 所以MN ⊥PC .(2)由(1)知BD ⊥AC 且PO ⊥BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABCD ， 所以P A 与平面ABCD 所成的角为∠P AO ， 所以∠P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)， C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0). 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 所以⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)， 设AD 与平面AMHN 所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34.若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．[解] 法一：(几何法)(1)连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则四边形EGF A 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGF A 1为矩形．由(1)得BC ⊥平面EGF A 1，则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：(向量法)(1)连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)，B 1(3，3，23)，F (32，32，23)，C (0，2，0).因此EF →＝(32，32，23)，BC →＝(－3，1，0). 由EF →·BC →＝0，得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C ＝(0，2，－23). 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0， 取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45，所以cos θ＝35，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35. 考点3 求二面角利用向量计算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是锐(钝)二面角．(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．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A -MA 1N 的正弦值．[解] (1)连接ME ，B 1C∵M ，E 分别为BB 1，BC 中点，∴ME 为△B 1BC 的中位线，∴ME ∥B 1C 且ME ＝12B 1C ，又N 为A 1D 中点，且A 1D 綊B 1C ，∴ND ∥B 1C 且ND ＝12B 1C ，∴ME 綊ND ，∴四边形MNDE 为平行四边形，∴MN ∥DE .又MN ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ，∴MN ∥平面C 1DE .(2)法一：设AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，由直四棱柱性质可知：OO 1⊥平面ABCD .∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD .则以O 为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：则A ()3，0，0，M ()0，1，2，A 1()3，0，4，D (0，－1，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2.取AB 中点F ，连接DF ，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0. ∵四边形ABCD 为菱形且∠BAD ＝60°，∴△BAD 为等边三角形， ∴DF ⊥AB .又AA 1⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥AA 1.∴DF ⊥平面ABB 1A 1，即DF ⊥平面AMA 1.∴DF →为平面AMA 1的一个法向量，且DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0. 设平面MA 1N 的法向量n ＝()x ，y ，z ，又MA 1＝()3，－1，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0. ∴⎩⎨⎧n ·MA 1＝3x －y ＋2z ＝0，n ·MN →＝32x －32y ＝0， 令x ＝3，则y ＝1，z ＝－1 ，∴n ＝()3，1，－1. ∴cos 〈DF →，n 〉＝DF →·n ⎪⎪⎪⎪DF →·||n ＝315＝155， ∴sin 〈DF →，n 〉＝105，∴二面角A -MA 1N 的正弦值为105.法二：由已知可得DE ⊥DA .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D -xyz ，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A ＝(0，0，－4)，A 1M ＝(－1，3，－2)，A 1N ＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0). 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M ＝0，m ·A 1A ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.所以可取m ＝(3，1，0).设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0. 可取n ＝(2，0，－1)， 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝232×5＝155， 所以二面角A -MA 1N 的正弦值为105.[母题探究] 本例条件不变，求点C 到平面C 1DE 的距离．[解] 法一：(几何法)过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH .又DE ∩C 1E ＝E ，从而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离，由已知可得CE ＝1，C 1C ＝4，所以C 1E ＝17，故CH ＝41717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为41717.法二：(等体积法)在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE ⊥BC ，根据题意有DE ＝3，C 1E ＝17，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面BCC 1B 1，所以DE ⊥EC 1，所以S △DEC 1＝12×3×17，设点C 到平面C 1DE 的距离为d ，根据题意有VC 1CDE ＝VC C 1DE ，则有13×12×3×17×d ＝13×12×1×3×4，解得d ＝417＝41717， 所以点C 到平面C 1DE 的距离为41717.本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．1.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．60° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|＝（CA →＋AB →＋BD →）2 ＝36＋16＋64＋2CA →·BD → ＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60°.]2.如图，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，AC ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B -CD -E 的余弦值．[解] (1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AM .因为EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥EA .因为AM ∩EA ＝A ，所以CM ⊥平面EAM .因为EM ⊂平面EAM ，所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，过M 且与直线BD 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M -xyz ，如图所示．因为DB ⊥平面ABC ，所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角，所以tan ∠DMB ＝BD MB ＝2， 即BD ＝2MB ，所以BD ＝AC .不妨设AC ＝2，又AC ＝2AE ，则CM ＝3，AE ＝1.故B (0，1，0)，C (3，0，0)，D (0，1，2)，E (0，－1，1).所以BC →＝(3，－1，0)，BD →＝(0，0，2)，CE →＝(－3，－1，1)，CD →＝(－3，1，2). 设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·BD →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0. 令x 1＝1，得y 1＝3，所以m ＝(1，3，0).由⎩⎨⎧n ·CE →＝0，n ·CD →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1，得y 2＝－33，z 2＝233.所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－33，233.所以cos 〈m，n〉＝m·n＝0.|m||n|所以二面角B-CD-E的余弦值为0.。
(整理)立体几何中的向量方法83862
立体几何中的向量方法一、知识要点：1.基本概念（1）直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 或 ,则称此向量a 为直线l 的方向向量. 确定方法：在直线l 上任取两点，这两点确定的向量即为直线l 的方向向量．（2）平面的法向量：与平面_____的任何一个向量都可作为平面的法向量．显然一个平面的法向量也不唯一．确定方法：平面的法向量可利用方程组求解，设a b ，是平面α内两个不共线的向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为00a n b n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，其中可设n =(x , y , z )即时应用：设A(0,2,198),B(1,-1, 58),C(-2,1, 58)是平面α内的三点，设平面α的法向量 n =(x ,y ,z )，则x ∶y ∶z =__________.2.空间位置关系的向量表示（1） 直线l 1,l 2的方向向量分别为1n ,2n ,则① l 1∥l 2⇔1n ∥2n ⇔1n =λ2n ； ② l 1⊥l 2⇔1n ⊥2n ⇔1n ·2n = 0（2）直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m ，则①l ∥α⇔n ⊥m ⇔n ·m =0; ②l ⊥α⇔n ∥m ⇔n =λm（3）平面α,β的法向量分别为n 和m ，则① α∥β⇔n ∥m ⇔n =λm ; ② α⊥β⇔n ⊥m ⇔n ·m =0(1)若平面α, β的法向量分别为a =(-1,2,4), b =(x ，-1，-2)，并且 α⊥β，则x 的值为____．(2)若直线l 1,l 2的方向向量分别为a =(2,4,-4), b =(-6,9,6),则直线l 1,l 2的位置关系是_______．3.空间角的向量求法(1)异面直线所成角的求法:设a 、b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，l 1与l 2所成角为θ，则cos θ =|cos<a ,b >|=||||||a b 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 e n(3)二面角的求法①如图a ，AB 、CD 是二面角α-l -β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ= <AB ,CD >.②如图b 、c ，1n 和 2n 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 θ=cos<1n ,2n >或 -cos<1n ,2n >.(1)已知向量m 和n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos<m ,n >= -12，则l 与α所成角的大小为_______． (2)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=AA 1=2，AD=1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC1与AE 所成角的余弦值为_______．4．点到平面的距离的向量求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量则点B 到平面α的距离d=||||AB n n （即向量AB 在向量n 上的投影长）.【即时应用】已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方 形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．二、应用举例1.利用空间向量证明平行和垂直1）.用向量证平行的方法(1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.(2)线面平行:①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行. (3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题2）．用向量证明垂直的方法(1)线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．(2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．(3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．【例1】(1)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是( )(A) a=(1,0,0)，n=(－2,0,0) (B) a=(1,3,5)，n=(1,0,1)(C) a=(0,2,1)，n=(－1,0，－1) (D) a=(1, -1, 3), n=(0,3,1)(2)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.①求证:CM∥平面PAD;②求证:平面PAB⊥平面PAD.2.用空间向量求空间的角1）.异面直线所成角的求法利用空间向量求异面直线所成的角可利用直线的方向向量转化成向量所成的角.2）.利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.3.求二面角的常用方法(1)分别求出二面角的两个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.(2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且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.【例2】如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD, AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF=AB=BC=FE=12AD. (1)求异面直线BF 与DE 所成角的大小；(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A-CD-E 的余弦值.3.求空间的距离求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n ；(2)在平面α内取一点A,确定向量AP 的坐标；(3)代入公式d =||||n AP n 求解. 【例3】(1)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则点C 1到平面A 1ED 的距离是________.(2)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ．①求点C 1到平面AB 1D 1的距离；②求平面CDD 1C 1与平面AB 1D 1所成的二面角的余弦值．4.用空间向量解决探索性问题探索性问题的类型及解题策略探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种：(1)存在判断型存在判断型问题的解题策略是：先假设存在，并在假设的前提下进行推理，若不出现矛盾则肯定存在，若出现矛盾则否定假设.(2)位置判断型①与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略为：将空间中的 平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决.②与角有关的探索性问题的解题策略为：将空间角转化为与向 量有关的问题后应用公式cos θ=1212||||n n n n (其中1n ，2n 是两平面的 法向量或两直线的方向向量)即可解决.【例4】如图，在三棱锥P-ABC 中，AB=AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【例5】如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD= 2，∠CDA=45°.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；②在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.。
3.2 立体几何中的向量方法(全)
总结:如何求平面的法向量
⑴设平面的法向量为 n ( x , y , z );
习惯上取n ( x, y,1)
⑵找出(求出)平面内的两个不共线的向量的 坐标 a (a1 , b1 , c1 ), b (a2 , b2 , c2 )
求证∥ .
证明: 取l,m的方向向量a, b 取 ,的法向量u, v.
l∥ , m∥ a v, b v
β
v
又a, b不共线, 所以v是的一个法向量 于是 v 同时是、的一个法向量
∥ .
例2 四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方
形, PD⊥底面ABCD，PD=DC=6, E是PB的
1 1 y 0 于是 2 n 1, 1, 1 2 x y 0
C B
A X
Y
练习
设 u , v 分别是平面α,β的法向量,根据 下列条件,判断α,β的位置关系.
(1)u (2,2,5), v (6,4,4)
垂直
(2)u (1,2,2), v (2,4,4) 平行 (3)u (2,3,5), v (3,1,4) 相交
中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG. 证 ：如图所示, 建立 Z E(3,3,3), 空间直角坐标系. A(6,0,0), P
F(2,2,0), G(0,4,2), 立体几何法呢？
AE =(-3, 3, 3), FG =(-2, 2, 2)
3 AE = FG AE // FG 2 AE//FG. AE与FG不共线，
解得 x＝－２,ｙ＝１
P
E
即PA 2DE DB
于是PA 、 DE、 DB共面
立体几何中向量方法——方向向量与法向量与例题讲解
则 n AB ，n AC .∵ AB (3, 4, 0) , AC (3, 0, 2)
∴
( (
x, x,
y, y,
z) z)
(3, (3,
4, 0,
0) 2)
0 0
即
3 x 3 x
4y 2z
0 0
取 x 4,则 n (4, 3, 6)
∴
y z
3 4 3 2
x x
∴ n (4, 3, 6) 是平面 ABC 的一个法向量.
换句话说,与平面垂直的非零向量叫做平面的法向量. l
平面 α的向量式方程
a
aAP0
A
P
例1. 如图所示, 正方体的棱长为1
(1)直线OA的一个方向向量坐标为___(_1_,0__,0_)___
(2)平面OABC 的一个法向量坐标为__(_0_,0__,1_)____
(3)平面AB1C 的一个法向量坐标为__(_-_1_,-_1_,_1_)__
z
O1
C1
A1
B1
o
C
y
A
B
x
立体几何中的向量方法——方向向
量与法向量和例题讲解
例 2.在空间直角坐标系中,已知 A(3,0,0), B(0,4,0) ,
C(0,0, 2)
,试求平面
ABC习 的惯 一上 个取 法n 向(量x,.ny,1 )
2 3
,
1 2
,1
解:设平面 ABC 的一个法向量为 n ( x, y, z)
a
l
b
m
立体几何中的向量方法——方向向 量与法向量和例题讲解
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
2022年新高考数学总复习：立体几何中的向量方法
2022年新高考数学总复习：立体几何中的向量方法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__无数__个．(2)平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．知识点二空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2n 1∥n 2⇒n 1＝λn 2l 1⊥l 2n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥αn ⊥m ⇔m ·n ＝0l ⊥αn ∥m ⇔n ＝λm 平面α、β的法向量分别为n 、mα∥βn ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0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θ，则cos φ＝|cos θ|＝__|a ·b ||a ||b |__(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．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α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝__|n ·e ||n ||e |__．知识点五求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角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，n 1，n 2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 θ|＝__|n 1·n 2||n 1||n 2|__，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2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α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为d ＝|AB →·n ||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．归纳拓展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α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求n ·a ＝0，n ·b ＝0.3．若二面角A －BC －D 的大小为α，平面ABC 内的直线l 与平面BCD 所成角为β，则α≥β，当l ⊥BC 时，取等号．双基自测题组一走出误区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)若空间向最a 平行于平面α，则a 所在直线与平面a 平行．(×)题组二走进教材2．(必修2P 111T3)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是__垂直__．[解析]以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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)，，1，12，0，AM →·ON →，1，－12，0，∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是__π6__．[解析]分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ，D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知0，32，0C 1－12，0，2∴C 1B →＝12，32，－2，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ，∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)，∴sin θ＝|C 1B →·n |C 1B →|·|n ||＝323×1＝12，∴θ＝π6．题组三走向高考4．(2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为(B)A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°[解析]由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°，故选B ．5．(2019·浙江)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(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A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．(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A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥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AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝3．由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．解法二：(1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ．不妨设AC ＝4．则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，，32，C (0,2,0)．因此，EF →，32，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥BC ．(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．·n ＝0，1C ·n ，－3x ＋y ＝0，－3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．考点突破·互动探究考点一利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1(2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2，PA ＝PD ＝CD ＝BC ＝1，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点．(1)求证：PA ⊥BD ；(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．[解析]取BA 的中点H ，连EH ，在梯形ABCD 中，由题意易知EH ⊥AD ，∵PA ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥EH ，PE ⊥AD ，∴AE 、EH 、EP 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，00，－22，2，－22，0，E (0,0,0)，－2，22，(1)PA →＝(22，0，－22)，BD →＝(0，－2，0)，∴PA →·BD →＝22×0＋0×(－2)0＝0，∴PA →⊥BD →，即PA ⊥BD ．(2)设线段AB 上存在点G 满足条件，则AG →＝λAB →＝(－2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，EG →＝AG →－AE →＝(－2λ，2λ，0)－22，0，－2λ＋22，2λ，且BC →＝mEG →＋nPE →，－22，－22，－2λm ＋22m ，2λm ，－22n＋22m ＝－22，＝－22，解得λ＝14．∴存在点G ，当AG ＝14AB 时，BC ∥平面PEG ．注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG 的法向量n ，利用n ·BC →＝0⇔n ⊥BC →⇔BC ∥平面PEG 判断解答．名师点拨](1)建立空间直角坐标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线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行③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①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)②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ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．(1)求证：平面A 1B 1D ⊥平面ABD ；(2)求证：平面EGF ∥平面ABD ．[证明]以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1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)，B 1(0,0,4)，E (0,0,3)，F (0,1,4)．设BA ＝a ，则A (a,0,0)，1，A 1(a ，0,4)．(1)因为BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)，所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0．所以B 1D →⊥BA →，B 1D →⊥BD →，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ．又BA ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD ．因为B 1D ⊂平面A 1B 1D ，所以平面A 1B 1D ⊥平面ABD ．(2)证法一：因为EG →1，EF →＝(0,1,1)，B 1D →＝(0,2，－2)，所以B 1D →·EG →＝0，B 1D →·EF →＝0．所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF ．因为EG ∩EF ＝E ，所以B 1D ⊥平面EGF ．又由(1)知B 1D ⊥平面ABD ，所以平面EGF ∥平面ABD ．证法二：∵GF →－a2，0，GF →＝－12BA →，又GF ⊄平面ABD ，AB ⊂平面ABD ，∴GF ∥平面ABD ，同理EF ∥平面ABD ，又GF ∩EF ＝F ，GF ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ，∴平面EGF ∥平面ABD ．考点二利用向量求空间的角——多维探究角度1向量法求异面直线所成的角例2(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD 中，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为(B)A ．23B ．24C ．144D ．－24[解析]取BD 的中点O ，连AO ，OC ，由CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，得AO ⊥BD ，CO ⊥BD ，且OC ＝3，AO ＝1．在△AOC 中，AC 2＝AO 2＋OC 2，故AO ⊥OC ，又知BD ∩OC ＝O ，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θ，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|＝12×1＋3＝24，即异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．名师点拨](1)求异面直线所成角的思路：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v ·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ，π2，两向量的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角．角度2向量法求线面角例3(2021·浙江联考)如图，底面ABCD 为菱形，AP ⊥平面ABCD ，AP ∥DE ，∠BAD ＝23π，PA ＝AD ＝2DE ．(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：连AC 交BD 于O ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，又∠BAD ＝2π3，∴△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PA ＝AD ＝2DE ＝2，则易得点C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)，E (－3，0,1)，∴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 )，·n ＝0，·n ＝0，2y ＋2z ＝0，－3x －y ＋z ＝0，令y ＝1，∴n ＝(0,1,1)．(1)∵DB →＝(23，0,0)，∴DB →·n ＝0，即BD →⊥n ，又BD ⊄平面PCE ，∴BD ∥平面PCE ．(2)设直线DP 与平面PEC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈DP →，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GO ∥PA ，且GO ＝12PA ．∵AP ∥DE ，PA ＝2DE ，∴GO ∥DE ，GO ＝DE ，∴四边形EDOG 为平行四边形，∴EG ∥DO ，即EG ∥BD ．又∵EG ⊂平面PEC ，BD ⊄平面PEC ，∴BD ∥平面PEC ．(2)连接DP ．∵AP ⊥平面ABCD ，∴AP ⊥AD ，AP ⊥AC ，∴△PAD ，△PAC 为直角三角形，且PA ⊥平面ABCD ，∵AP ∥DE ，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥CD ，∴△EDC 为直角三角形．又PA ＝AD ＝2DE ，不妨设PA ＝AD ＝2DE ＝2，∴DP ＝22，在直角梯形PADE 中，PE ＝5．∵底面ABCD 为菱形，DC ＝DA ＝2，∴EC ＝5，S △EDC ＝1．∵∠DAB ＝23π，∴AC ＝2．在Rt △PAC 中，PC ＝22，∴S △PEC ＝6，∵AP ∥DE ，∴AP ∥平面DCE ，∵V P －EDC ＝V A －EDC ，又V D －PEC ＝V P －EDC ，∴V D －PEC ＝V A －EDC ，过点A 作AH ⊥DC 于点H ，易得AH ⊥平面EDC ，AH ＝3．设点D 到平面PEC 的距离为h ，故13×6·h ＝13×3×1，∴h ＝22．设DP 与平面PEC 所成角为θ，∴sin θ＝h DP ＝2222＝14．名师点拨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 θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |(θ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α的距离h ，只需再求出|PA |，则可得直线PA 与平面α所成角的余弦值cos θ＝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向量法求二面角例4(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面PAB ，平面PAC ⊥平面ABC ．(1)证明：PA ⊥平面ABC ；(2)若D 为PC 的中点，且PA ＝22AB ，AB ＝BC ，求二面角A －BD －C 的余弦值．[解析](1)证明：过点B 作BO ⊥AC 于O ．∵平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，BO ⊂平面ABC ，∴BO ⊥平面PAC ，∴BO ⊥PA ．又∵BC ⊥平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PA ．又∵BC ∩BO ＝B ，BC ，BO ⊂平面ABC ，∴PA ⊥平面ABC ．(2)∵AB ＝BC ，BO ⊥AC ，∴O 为BC 中点．又∵D 为PC 的中点，∴DO ∥PA ．由(1)知，PA ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⊥BO ，DO ⊥AO ，∴以O 为原点，以OA →，OB →，OD →所在方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．设AB＝BC＝2，则AC＝2，PA＝4，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0,1,0)，P(1,0,4)，D(0,0,2)．设平面ABD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，∴n1⊥AB→，n1⊥AD→，n1·AB→＝0，n1·AD→＝0，AB→＝(－1,1,0)，AD→＝(－1,0,2)，－x1＋y1＝0－x1＋2z1＝0．设z1＝1得x1＝2，y1＝2，∴n1＝(2,2,1)，设平面BCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，∴n2⊥CB→，n2⊥DB→，n2·CB→＝0，n2·DB→＝0，CB→＝(1,1,0)，DB→＝(0,1，－2)，x2＋y2＝0y2－2z2＝0．令z2＝1得x2＝－2，y2＝2，∴n2＝(－2,2,1)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝19．∵二面角A－BD－C的平面角θ是钝角，∴cosθ＝－1 9．即二面角A－BD－C的余弦值为－1 9．注：(1)注意到AB、BC、PA两两垂直，故也可以BC为x轴、BA为y轴建立坐标系求解；(2)注意到△BCD≌△BAD，故作CH⊥BD于H，连AH，则AH⊥BD，∴∠AHC即为二面角A－BD－C的平面角，令AB＝BC＝2，易求得CH＝AH＝355，∴cos∠AHC＝CH2＋AH2－AC22CH·AH＝－1 9．名师点拨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．(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P －AB －C ，可作PH ⊥AB ，则二面角P －AB －C 的大小即为PH 与平面ABC 所成角的大小θ，PH 易求，可用体积法求P 到平面ABC 的距离h ，则sin θ＝h |PH |．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q分别为A 1B 1，BC 的中点，则异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为__31020__．(2)(角度2)(2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，矩形ACFE 中，AE ＝2，又BF ＝22．①求证：BC ⊥平面ACFE ；②求直线BD 与平面BEF 所成角的正弦值．(3)(角度3)(2019·课标Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．①证明：MN ∥平面C 1DE ；②求二面角A －MA 1－N 的正弦值．[解析](1)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz ．因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)．因为P 为A 1B 1的中点，所以，－12，从而BP →－32，－12，AC 1→＝(0,2,2)．故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020．(2)证明：①在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，∴四边形ABCD 是等腰梯形，∠ADC ＝120°，∴∠DCA ＝∠DAC ＝30°，∠DCB ＝120°，∴∠ACB ＝∠DCB －∠DCA ＝90°，∴AC ⊥BC (也可以利用余弦定理求出AC ，BC 再证明)又∵矩形ACFE 中，CF ＝AE ＝2，又BF ＝22，CB ＝2，∴CF 2＋BC 2＝BF 2，∴CB ⊥CF ，又∵AC ∩CF ＝F ，∴BC ⊥平面ACFE ．②以点C 为坐标原点，以CA 所在直线为x 轴，以CB 所在直线为y 轴，以CF 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．可得C (0,0,0)，B (0,2,0)，F (0,0,2)，D (3，－1,0)，E (23，0,2)．∴EF →＝(－23，0,0)，BF →＝(0，－2,2)，BD →＝(3，－3,0)，设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·EF →＝－23x ＝0n ·BF →＝－2y ＋2z ＝0，令y ＝1，则x ＝0，z ＝1，∴n ＝(0,1,1)，∴|cos 〈BD →，n 〉|＝|BD →·n ||BD →|·|n |＝64，∴直线BD 与平面BEF 所成角的正弦值是64．(3)①证法一：连接B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D ．由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．证法二：∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，连BD ．则△BCD 为正三角形，又E 为BC 的中点，∴DE ⊥BC ，又DD 1⊥平面ABCD ，∴DA 、DE 、DD 1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则MN →＝(0，－3，0)，ED →＝(0，－3，0)，∴MN →＝ED →，∴MN ∥ED ，又MN ⊄平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，∴MN ∥平面ABCD ．②解法一：由已知可得DE ⊥DA ．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D －xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，·A 1M →＝0，·A 1A →＝0.x ＋3y －2z ＝0，4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，·MN →＝0，·A 1N →＝0.－3q ＝0，p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105．解法二：由题意易知，A 1M ＝22＝AM ，又AA 1＝4，∴A 1M 2＋AM 2＝AA 21，∴AM ⊥A 1M ，∴二面角A －MA 1－N 的大小即为AM 与平面A 1MN 所成角的大小θ，又A 1M ＝22，MN ＝3，A 1N ＝5，∴A 1N ＋MN 2＝A 1M ，∴A 1N ⊥MN ，取AB 的中点H ，则DH ⊥AB ，且DH ＝3，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，∴DH ⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 的中点N 到平面ABB 1A 1的距离为32，记A 到平面A 1MN 的距离为h ，∵VN －A 1AM ＝VA －A 1MN ，则233＝156h ，∴h ＝45，∴sin θ＝45×22＝105，即二面角A －MA 1－N 的正弦值为105．考点三,利用向量求空间的距离——师生共研例5(2021·广东广州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，∠APD ＝90°，且PA ＝PD ，AD ＝PB ．(1)求证：AD ⊥PB ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析](1)证明：取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD ，因为底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，所以AD ＝AB ＝BD ．因为O 为AD 的中点，所以BO ⊥AD ．在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ．因为BO ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面POB ．因为PB ⊂平面POB ，所以AD ⊥PB ．(2)由题意及(1)易知OP ＝1，BO ＝3，PB ＝2，∴OP 2＋BO 2＝PB 2，∴OP ⊥OB ，∴OP 、OA 、OB 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，P (0,0,1)，∴AP →＝(－1,0,1)，PB →＝(0，3，－1)，PC →＝(－2，3，－1)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝3y －z ＝0n ·PC →＝－2x ＋3y －z ＝0x ＝0z ＝3y ，不妨取y ＝1，则n ＝(0,1，3)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝|AP →·n ||n |＝32．另解(2)(体积法)：∵PA ＝PD ，∠APD ＝90°，∴PO ＝12AD ＝1，又AD ⊥PB ，BC ∥AD ，∴BC ⊥PB ，记A 到平面PBC 的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得23h ＝13×12×2×2sin 120°，∴h ＝32，即A 到平面PBC 的距离为32．〔变式训练3〕(2021·安徽合肥质检)如图，边长为2的等边△ABC 所在平面与菱形A 1ACC 1所在平面互相垂直，A 1C ＝3AC 1，M 为线段AC 的中点．(1)求证：平面BMC 1⊥平面A 1BC 1；(2)求点C 到平面A 1BC 1的距离．[解析](1)因为四边形A 1ACC 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1．又因为A 1C ＝3AC 1，所以∠ACC 1＝60°，即△ACC 1为等边三角形．因为AC 1＝CC 1，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥C 1M ．因为AB ＝BC ，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥BM ．又因为C 1M ∩BM ＝M ，所以AC ⊥平面BMC 1．又因为AC ∥A 1C 1，所以A 1C 1⊥平面BMC 1．又A 1C 1⊂平面A 1BC 1，所以平面BMC 1⊥平面A 1BC 1．(2)因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，交线是AC ，且C 1M ⊥AC ，所以C 1M ⊥平面ABC ．以M 为原点，MB ，MC ，MC 1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)，C 1(0,0，3)，A 1(0，－2，3)，则A 1C 1→＝(0,2,0)，BC 1→＝(－3，0，3)，CC 1→＝(0，－1，3)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·A 1C 1→＝2y ＝0·BC 1→＝－3x ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0,1)，∴点C 到平面A 1BC 1的距离d ＝|CC 1→·n ||n |＝32＝62．名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，BC ∥AD ，∠ADC ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ＝1，E 为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段PD ，PC 分别交于点G ，F ．(1)求证：GF ⊥PA ；(2)若PA ＝PD ＝2，是否存在点G ，使得直线PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为105，若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．[解析](1)因为BC ＝12AD ，且E 为线段AD 的中点，所以BC ＝DE ，又因为BC ∥AD ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ∥CD ，又因为CD ⊂平面PCD ，BE ⊄平面PCD ，所以BE ∥平面PCD ，又平面BEGF ∩平面PCD ＝GF ，所以BE ∥GF ，又BE ⊥AD ，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BE ⊥平面PAD ，所以GF ⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD ，所以GF ⊥PA ．(2)因为PA ＝PD ，E 为线段AD 的中点，所以PE ⊥AD ，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ；则P (0,0,1)，B (0,1,0)，E (0,0,0)，D (－1,0,0)，则PB →＝(0,1，－1)，BE →＝(0，－1,0)，DP →＝(1,0,1)，设DG →＝λDP →(0≤λ≤1)，得G (λ－1,0，λ)，所以EG →＝(λ－1,0，λ)，设平面BEGF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0.＝0，λ－1)x ＋λz ＝0，不妨令x ＝λ，可得n ＝(λ，0,1－λ)为平面BEGF 的一个法向量，设直线PB 与平面BEGF 所成角为α，于是有sin α＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →|n |·|PB →||＝|λ－12λ2＋(λ－1)2|＝105；得λ＝13或λ＝－1(舍)，所以存在点－23，0PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为105．故G 为DP 的靠近D 点的三等分点．名师点拨对于“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〕(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝1，PD ＝AD ＝2DC ＝2，∠PDA ＝60°，且平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)求证：BD ⊥PC ；(2)在线段PA 上是否存在一点M ，使二面角M －BC －D 的大小为30°？若存在，求出PM PA 的值；若不存在，请说明理由．[解析](1)过点P 在平面PAD 内作PO ⊥AD ，垂足为O ，连接BO 、OC ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥BD ，∵∠PDA ＝60°，PD ＝DA ＝2，∴△PDA 是等边三角形，∴OD ＝1＝BC ，∵OD ∥BC ，∠BCD ＝90°，∴四边形OBCD 是正方形，∴BD ⊥OC ，∵OC ∩PO ＝O ，∴BD ⊥平面POC ，∵PC ⊂平面POC ，∴BD ⊥PC ．(2)∵PO ⊥平面ABCD ，OB ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，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M －BC －D 大小为30°，设PM →＝λPA →(0≤λ≤1)，BP →＝(0，－1，3)则BM →＝BP →＋PM →＝(λ，－1，3－3λ)，BC →＝(－1,0,0)，设平面MBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·BM →＝λx －y ＋(3－3λ)z ＝0·BC →＝－x ＝0，取m ＝(0，3－3λ，1)，又平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,0,1)，∵二面角M －BC －D 大小为30°，∴cos 30°＝|m ·n ||m |·|n |＝1(3－3λ)2＋1＝32，解得λ＝23或λ＝43(舍)，∴在线段PA 上存在点M ，满足题设条件，且PM PA ＝23．。
第40讲立体几何中的向量方法
一、基础知识考点1直线的方向向量与平面的法向量直线的方向向量：与直线l 平行的非零向量a 叫做直线l 的方向向量.平面的法向量： 若向量a 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥a ，如果α⊥a 那么向量a 叫做平面α的法向量.若直线l 垂直于平面α，即α⊥l ，则直线l 的方向向量就是平面α的法向量. 考点2异面直线所成角222222212121212121,cos cos zy x z y x z z y y x x ++⋅++++==><=θ直线与平面所成的角如图所示，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α所成的角为ϕ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有=θ=ϕcos sin ．二面角(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，n 1，n 2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>=<θ21,n n 或 ><-π=θ21,n n ．212121,cos cos n n n n n n ⋅⋅=><=θ二、例题精析【例题１】（1）已知向量)3,2,1(=AB ，)1,0,1(-=AC ，则平面ABC 的一个法向量为（ ）A ．)1,2,1(--=nB ．)1,2,1(-=nC ．)2,1,2(-=nD ．)0,1,2(-=n（2）已知点)4,3,2(M ，)2,1,0(N ，)1,1,1(P ，则平面MNP 的一个法向量为（ ） A ．)1,2,1(--=n B ． )0,1,2(-=n C ．)2,1,2(-=n D ． )1,2,1(-=n【例题2】（1）平面α的法向量为)1,1,0(1-=n ，平面β的法向量为)1,1,2(2-=n ，则平面α与平面β所成二面角的大小为（ ）（2）平面α的法向量为)1,1,0(-=n ，直线l 的方向向量为)1,1,2(-=a ，则直线l 与平面α所成角的大小为（ ）A ．4π 或 43πB ． 4πC ．3π 或 32πD ． 3π【例题3】已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90︒，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝PBMyzAD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点． （1）求二面角C -AM -B 的余弦； （2）求二面角A -MC -B 的余弦．【例题4】直三棱柱111ABC A B C -，1,90CA CB BCA ==∠=，12,,AA M N =分别是111,A B A A 的中点，（1）求BM 的长；（2）求11cos ,BA CB <>的值； （3）求证： N C B A 11⊥．【例题5】如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是AB 、SC 的中点． （1）求证：EF ∥平面SAD ；（2）设SD ＝2CD ，求二面角A －EF －D 的余弦．x yzB 1C 1A 1 C BA MNABCDSEF【例题6】在四棱锥ABCD P -中，四边形ABCD 为平行四边形，DAP ∆为直角三角形，DP DA =，ABP ∆为等边三角形．(1) 证明： BD PA ⊥； (2) 若2==BD AB ，求二面角B PCD --的余弦值．三、课堂运用【基础】1．已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2），AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），则平面ABC 的一个法向量为（ ） A （-2，5，1） B （-1，1，-1） C （-2，3，1） D （1，-1，-1）2．设平面α内两个向量的坐标分别为（1，2，1）、（-1，1，2），则下列向量中是平面α的法向量的是（ ）A （-1，-2，5）B （-1，1，-1）C （1， 1，1）D （1，-1，-1）3．平面α经过三点A （-1，0，1），B （1，1，2），C （2，-1，0），则平面α的法向量n 可以是（ ）A （-1，-2，5）B （-1，1，-1）C （1， 1，1）D （0，1，-1）【巩固】4．在ABC ∆中，A （1，-2，-1），B （0，-3，1），C （2，-2，1），若向量n 与平面ABC 垂直，且 n =√21，则n 的坐标为 ．DABCP（2，-4，-1）或（-2，4，1）【拔高】5．如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截面而得到的，其中.（Ⅰ）求的长；（Ⅱ）求点到平面的距离.四、课程小结空间直线与空间平面的向量形式在平面解析几何中，曲线上的动点可以用坐标表示，通过对变量的运算达到求值、证明的目的．在立体几何中借用向量，直线、平面上的点也可以用参数来表示，通过对参数的运算，同样可以达到求值、证明的目的．1．空间直线：如果 l 为经过已知点A 且方向向量为a的直线，那么点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式AP ta =，或对任一点O （通常取坐标原点），有OP OA ta =+ 这是空间直线的向量形式．2．空间平面：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对s 、t ，使,MP sMA tMB =+ 或对空间任一定点O （通常取坐标原点），有.OP OM sMA tMB =++ 这是空间平面的向量形式．五、课后作业【基础】1．已知点)1,0,1(-A ,)4,1,2(-B ，直线AB 的一个方向向量=a （ ）ABCD 1AEC F 14,2,3,1AB BC CC BE ====BF C 1AEC FA )5,1,3(-B )3,1,1(-C )5,1,1(-D )1,2,1(--如图，棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，F E ,分别1,CC AB 为的中点，以D 为原点，分别以1,,DD DC DA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．（完成2-4题） 2．向量EF 的坐标为（ ）A )1,2,1(--B )1,2,1(--C )1,1,2(-D )1,1,2(-- 3．平面DEF 的一个法向量为（ ）A )4,2,1(--B )4,2,1(-C )1,4,2(-D )4,1,2(--4．直线C A 1与平面DEF 所成角的正弦值为（ ） A 31B 33 C321 D 375．设平面α内两个向量的坐标分别为（1，2，1）、（-1，1，2），则下列向量中是平面的法向量的是（ ）A )5,2,1(--B )1,1,1(--C )1,1,1(D )1,1,1(--6．已知平面上三点)1,0,2(1M ,)0,1,1(2M ,)1,1,0(3M ，该平面的一个法向量=n （ ） A )1,2,1( B )1,1,1(-- C )2,1,1( D )1,2,1(--7．直三棱柱111ABC A B C -中， 1AB AC ==，12AA =，11190B A C ︒∠=，D 为1BB 的中点，则异面直线1C D 与1A C 所成角的余弦值为 （ ）ＡＢＣＤＡ1B 1Ｃ1Ｄ1EFA 105B 257C 1515D 10158．在棱长为1的正方体ABCD—A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是 ( )A.52-B.52 C.53 D.1010 【巩固】9. 如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点．(1) 求证：平面EB 1D ⊥平面B 1CD ； (2) 求二面角C EB D --1的余弦值．10 .如图：ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD ，M 、N 分别是PC 、AB 中点， (1)求证：MN ⊥平面PCD ；(2)求NM 与平面ABCD 所成的角的大小.11. 在如图所示的四棱锥ABCD E -中，四边形ABCD 为平行四边形，BCE ∆为边长为2的等边三角形，AE AB =，点O F ,分别为BE AB ,的中点，OF 是异面直线OC AB ,的公垂线．(1) 证明：平面ABE ⊥平面BCE ； (2) 记CDE ∆得重心为G ，求直线AG 与平面ABCD 所成角的正弦值．A BCDF OEPBACDNM12. 正四棱锥S—ABCD 中，所有棱长都是2，P 为SA 的中点，如图.(1)求二面角B—SC—D 的余弦；(2)求DP 与SC 所成的角的余弦.13. 如图，四棱锥ABCD P -的底面为正方形， ⊥PD 平面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ． （1）证明：⊥l 平面PDC ；（2）已知1==AD PD ，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【拔高】14. 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.15. 如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．SPABC DPAOCMABC DP16. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ,N 分别为BC ,11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：MN AA //1，且平面⊥AMN A 1平面11EB C F ； （2）设O 为111C B A ∆的中心，若//AO 平面F C EB 11，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值.参考答案： CCADB ACB9.3210. ︒45 11 . 35105 12. 31-，33 13. 3614. 315. 34 16. 1010。
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课时作业(四十二)一、选择题1．已知向量a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是( )A ．a ⊥c ，b ⊥cB ．a ∥b ，a ⊥cC ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对解析：∵c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)，∴a ∥c . 又a ·b ＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a ⊥b . 答案：C2．(2012年厦门模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.495 C.29 5D.23解析：设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459. 答案：B3．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：由于cos 〈m ，n 〉＝－12，∴〈m ，n 〉＝120°，所以直线l 与α所成的角为30°.答案：A4．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( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案：C5．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线NO 、AM 的位置关系是A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直解析：建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2,1,2)，NO →＝(－1,0，－2)，AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．答案：C6．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B 二、填空题7．(2012年宁波模拟)若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________.解析：由已知得89＝a ·b|a ||b |＝2－λ＋45＋λ2·9， ∴85＋λ2＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝255. 答案：－2或2558．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2.则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)． 设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n|CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30°9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A －BD 1－B 1的大小为________． 解析：建系如图．设A (1,0,0)，D 1(0,0,1)， B (1,1,0)，B 1(1,1,1) C (0,1,0)则AC →＝(－1,1,0)为平面BB 1D 1的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABD 1的一个法向量． 则n ·AD 1→＝0，n ·AB →＝0.又AD 1→＝(－1,0,1)，AB →＝(0,1,0)， ∴⎩⎨⎧ －x ＋z ＝0，y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝0. 令x ＝1，则z ＝1， ∴cos 〈AC →，n 〉＝－12，∴〈AC →，n 〉＝120°，即二面角A －BD 1－B 1的大小为120°. 答案：120° 三、解答题10．(2013年长春调研测试)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．解：(1)∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 中点，∴A 1O ⊥AC ，又∵侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂面A 1AC ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴， 建立空间直角坐标系，则由题可知B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，A (0，－1,0)．∴A 1C →＝(0,1，－3)，令平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(1,1,0)， 可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，所以|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217. (3)存在点E 为线段BC 1的中点．证明：连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ，则M 为BC 1的中点， 从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，而AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ， 所以OM ∥平面A 1AB ，故BC 1的中点M 即为所求的E 点．11．(2012年郑州模拟)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BDC ＝90°，AB ＝BC ＝2CD ＝2，PB ＝PC ，侧面PBC ⊥底面ABCD ，O 是BC 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ； (2)求证：P A ⊥BD ；(3)若二面角D －P A －O 的余弦值为105，求PB 的长． 解：(1)证明：∵PB ＝PC ，O 是BC 的中点，∴PO ⊥BC .∵侧面PBC ⊥底面ABCD ，BC 是这两个平面的交线，PO ⊂平面PBC ，∴PO ⊥平面ABCD .(2)证明：据题意，可以以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 其中BA ∥y 轴，则各相关点的坐标为： B (1,0,0)、A (1,2,0)、D (－1,1,0)． ∵BD →＝(－2,1,0)，OA →＝(1,2,0)， ∴BD →·OA →＝－2＋2＝0， ∴BD ⊥OA .由(1)知，PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥BD . ∵PO ∩OA ＝O ，∴BD ⊥平面POA ，∴BD ⊥P A .(3)设P (0,0，p )，平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)． 则P A →＝(1,2，－p )，故⎩⎨⎧n ·DA →＝0，n ·P A →＝0，∵DA →＝(2,1,0)，∴⎩⎨⎧2x ＋y ＝0，x ＋2y －p ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－p 3，y ＝2p3，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 3，2p 3，1.由(2)知，BD →＝(－2,1,0)是平面POA 的一个法向量． 据题意，|cos 〈n ，BD →〉|＝105，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 3＋2p 3p 29＋4p29＋1·4＋1＝105，整理得p 2＝3. ∵PB →＝(1,0，－p )，∴PB ＝|PB →|＝1＋p 2＝2.12．(2012年福建)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→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)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1， ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ， 则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a2 1＋a 24＋a 2∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a221＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2. [热点预测]13．在如图所示的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120 C.120D.1010解析：如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，则AC →＝(－1,1,0)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，若异面直线DE 与AC 所成的角为θ，cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010. 答案：D14．在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则点D 到平面PBC 的距离是________．解析：分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,1,0)，∴PC →＝(2,2，－2)，BC →＝(0,2,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PC →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y －z ＝0，y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1,0,1)．又BD →＝(－2,1,0)，∴点D 到平面PBC 的距离为|BD →·n ||n |＝ 2. 答案： 215．在四棱锥P －ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，E 为PC 的中点，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.(1)求证：BE ∥平面APD ；(2)求证：BC ⊥平面PBD ；(3)设Q 为侧棱PC 上一点，PQ →＝λPC →，试确定λ的值，使得二面角Q －BD－P 为45°.解：(1)证明：取PD 的中点F ，连接EF ，AF ，∵E 为PC 的中点，∴EF ∥CD ，且EF ＝12CD ＝1.在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝1，∴EF ∥AB ，EF ＝AB .∴四边形ABEF 为平行四边形，∴BE ∥AF .∵BE ⊄平面P AD ，AF ⊂平面P AD ，∴BE ∥平面P AD .(2)证明：∵平面PCD ⊥平面ABCD ，PD ⊥CD ，∴PD ⊥平面ABCD .∴PD ⊥AD .在直角梯形ABCD 中，BD ＝BC ＝2，DC ＝2，∴∠CBD ＝90°，即DB ⊥BC .又由PD ⊥平面ABCD ，可得PD ⊥BC .又PD ∩BD ＝D ，∴BC ⊥平面PBD .(3)如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，平面PBD 的法向量为BC →＝(－1,1,0)，又PC →＝(0,2，－1)，PQ →＝λPC →，λ∈(0,1)，∴Q (0,2λ，1－λ)．设平面QBD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，又DB →＝(1,1,0)，DQ →＝(0,2λ，1－λ)，∴⎩⎨⎧ n ·DB →＝a ＋b ＝0，n ·DQ →＝2λb ＋(1－λ)c ＝0，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，2λλ－1， ∴cos45°＝n ·BC →|n ||BC →|＝22×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2λλ－12＝22，注意λ∈(0,1)， ∴λ＝2－1.。