空间向量与立体几何两类经典题型

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高中数学选修2-1-空间向量与立体几何

空间向量与立体几何一、知识网络：二．典例解析题型1：空间向量的概念及性质例1、有以下命题：①如果向量,a b r r 与任何向量不能构成空间向量的一组基底，那么,a b r r 的关系是不共线；②,,,O A B C 为空间四点，且向量,,OA OB OC uu u r uuu r uuu r 不构成空间的一个基底，那么点,,,O A B C 一定共面；③已知向量,,a b c r r r 是空间的一个基底，则向量,,a b a b c +-r r r r r ，也是空间的一个基底。

其中正确的命题是（）。

()A ①② ()B ①③ ()C ②③ ()D ①②③题型2：空间向量的基本运算例2、如图：在平行六面体1111D C B A ABCD -中，M 为11C A 与11D B 的交点。

若AB a =u u u r r ，AD b =u u u r r，1AA c =u u u r r，则下列向量中与相等的向量是（）例3、已知：,28)1(,0423p y n m x b p n m a ϖϖϖϖϖϖϖϖ+++=≠--=且p n m ϖϖϖ,,不共面.若a ϖ∥b ϖ,求y x ,的值.例4、底面为正三角形的斜棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AC 的中点，求证：AB 1∥平面C 1BD.（三）强化巩固导练1、已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点F 是侧面CDD 1C 1的中心，若，求x －y 的值.2、在平行六面体中，M 为AC 与BD 的交点，若a ，b ，c ，则下列向量中与相等的向量是( )。

A．?a＋b＋c B．a＋b＋c C．a?b＋c D．?a?b＋c3、（2009四川卷理）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，则异面直线所成的角的大是。

第二课时空间向量的坐标运算（一）、基础知识过关（二）典型题型探析题型1：空间向量的坐标例1、（1）已知两个非零向量=（a1，a2，a3），=（b1，b2，b3），它们平行的充要条件是（）A.：||=：|| ·b1=a2·b2=a3·b3+a2b2+a3b3=0 D.存在非零实数k，使=k（2）已知向量=（2，4，x），=（2，y，2），若||=6，⊥，则x+y的值是（）A. －3或1 或－1 C. －3（3）下列各组向量共面的是（）A.=(1，2，3)，=(3，0，2)，=(4，2，5)B.=(1，0，0)，=(0，1，0)，=(0，0，1)C.=(1，1，0)，=(1，0，1)，=(0，1，1)D.=(1，1，1)，=(1，1，0)，=(1，0，1)例2、已知空间三点A（－2，0，2），B（－1，1，2），C（－3，0，4）。

必考题型高考数学：空间向量解决立体几何问题两妙招

必考题型高考数学：空间向量解决立体几何问题两妙招第29练空间向量解决立体几何问题两妙招——“选基底”与“建系”题型一选好基底解决立体几何问题例1如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值．破题切入点选好基底，将问题中涉及的向量用所选定的基底来线性表示，然后运算．(1)证明设＝p，＝q，＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.(2)解由(1)可知＝(q＋r－p)，∴||2＝2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝×2a2＝.∴||＝a，∴MN的长为a.(3)解设向量与的夹角为θ.∵＝(＋)＝(q＋r)，＝－＝q－p，∴·＝(q＋r)·(q－p)＝(q2－q·p＋r·q－r·p)＝(a2－a2·cos60°＋a2·cos60°－a2·cos60°)＝(a2－＋－)＝.又∵||＝||＝a，∴·＝||·||·cosθ＝a·a·cosθ＝.∴cosθ＝，∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，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.破题切入点建立空间直角坐标系后，使用向量共线的充要条件证明∥即可证明(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．另外也可用选基底的方法来解决．证明方法一(坐标法)以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，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E(，1，)，F(0,1，)，所以＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC?平面P DC，所以平面PAD⊥平面PDC.方法二(选基底法)选取、、作为空间向量的一组基底．(1)由于E、F分别是PC、PD的中点，所以＝＝－，即与共线，EF?面PAB，AB?面PAB，∴EF∥面PAB.(2)由于ABCD为矩形，且PA⊥面ABCD，∴·＝·＝·＝0.所以有AB⊥面PAD，又∥，∴CD⊥面PAD，CD?面PCD，从而有平面PAD⊥平面PDC.题型三综合应用问题例3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．破题切入点利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算得结论．(1)证明以A为原点，向量，，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)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足D P∥平面B1AE，此时AP＝.总结提高(1)利用选基底的方法证明位置关系或求解空间角等问题时，首先要选好基底，再次解决问题时所用的方法要熟练掌握．(2)利用建系的方法来解决立体几何问题时类似于选基底的办法，关键是理清原理，然后寻求原理所需要的条件来解决．1．下列各组向量共面的是()A．a＝(1,2,3)，b＝(3,0,2)，c＝(4,2,5)B．a＝(1,0,0)，b＝(0,1,0)，c＝(0,0,1)C．a＝(1,1,0)，b＝(1,0,1)，c＝(0,1,1)D．a＝(1,1,1)，b＝(1,1,0)，c＝(1,0,1)答案A2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M 为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是()A．－a＋b＋cB.a＋b＋cC．－a－b＋cD.a－b＋c答案A解析显然＝＋＝＋(－)＝－a＋b＋c.3．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_ _______．答案90°解析方法一延长A1B1至D，使A1B1＝B1D，则AB1∥BD，∠MBD就是直线AB1和BM所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C1D2＋C1M2＝13，∴cos∠DBM＝＝0，∴∠DBM＝90°.方法二不妨设棱长为2，选择基向量{，，}，则＝－，＝＋，cos〈，〉＝＝＝0，故填写90°.4．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∠BP M＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．答案90°解析不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝a，PF＝b，∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b＝－－＋＝0，∴⊥，∴二面角α－AB－β的大小为90°.5.如图所示，正四面体V－ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.(1)求证：AO、BO、CO两两垂直；(2)求〈，〉．(1)证明设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，∴·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1·cos60°－9)＝0.∴⊥，∴AO⊥BO，同理AO⊥CO，BO⊥CO，∴AO、BO、CO两两垂直．(2)解＝＋＝－(a ＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)．∴||＝＝，||＝＝，·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，∴cos〈，〉＝＝，∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝45°.6.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1的长；(2)求BD1与AC夹角的余弦值．解记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝.(1)||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6，∴||＝，即AC1的长为.(2)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.∴cos〈，〉＝＝.∴AC与BD1夹角的余弦值为.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)解因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故O A⊥OB，从而OA，OB ，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，、、的方向为x轴、y 轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC ＝OA，则A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，，0)，C(0，－，0)，＝(0，，－)，＝＝(1,0，－)，＝＝(－1，－，0)．设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n＝(1，，)．设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m＝(1，－，)．则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为.8．(2014·山东)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，如图(1)．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连接AC，MC.由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC ＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以＝，＝＝.设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过点C向AB 引垂线交AB于点N，连接D1N，如图(3)．由CD1⊥平面A BCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝.所以ND1＝＝.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.9.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．解方法一(坐标法) 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1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，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2)，B1(0,4，2)．(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,2)．所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2)．所以cos〈，〉＝＝＝－.所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为.(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2)．设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由得令a＝1，则b＝1，c＝，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，)．因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,2)，所以＝(x－4,4－x,2)．因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°＝.由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|1×(x－4)＋1×(4－x)＋×2|＝2××，解得x＝2或x＝6.因为点M 在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点．方法二(选基底法)由题意CC1⊥CA，CA⊥CB，CC1⊥CB取，，作为一组基底，则有||＝||＝4，||＝2，且·＝·＝·＝0.(1)由＝3，则＝＝＝－，∴＝＋＝＋－，且||＝，＝－－，且||＝2，·＝4，∴cos〈，〉＝＝.即异面直线AM与A1C所成角的余弦值为.(2)设A1M＝λA1B1，则＝＋λ－λ.又＝－，＝－，设面ABC1的法向量为n＝x＋y＋z，则n·＝8z－16x＝0，n·＝16y－16x＝0，不妨取x＝y＝1，z＝2，则n ＝＋＋2且|n|＝8，||＝，·n＝16，又AM与面ABC1所成的角为30°，则应有＝＝，得λ＝，即M为A1B1的中点．10．(2013·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA 1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．方法一(坐标法)(1)证明在正方形AA1 C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC，∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xy z.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．∴?∴取向量n1＝(0,4,3)，由?取向量n2＝(3,4,0)，∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.∴＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，则λ＝，因此＝.方法二(选基底法)由四边形AA1C1C是边长为4的正方形且面ABC⊥面AA1C1C.知AC⊥AB，AC⊥AA1，AA1⊥AB，以，，为基底，则有·＝·＝·＝0，且||＝4，||＝3，||＝4.(1)证明由·＝0，·＝0，知AA1⊥AC，AA1⊥AB，又AC∩AB＝A，所以AA1⊥面ABC.(2)解＝，＝＋＝－＋，＝.设面A1BC1的法向量为n1＝x1＋y1＋z1，由n1·＝0及n1·＝0，可取x1＝0，y1＝16，z1＝9，即n1＝16＋9，另设面BC1B1的法向量为n2＝x2＋y2＋z2，由n2·＝0及n2·＝0，可取x2＝9，y2＝16，z2＝0，即n2＝9＋16，所以n1·n2＝162×9，|n1|＝|n2|＝，∴cos〈n1，n2〉＝＝，即二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设＝λ，则＝＋＝λ＋(1－λ)＋λ，＝－，所以·＝9－9λ－16λ＝0，得λ＝.于是BC1上存在点D且BD＝BC1，使AD⊥A1B，此时＝.。

(完整版)空间向量与立体几何题型归纳

空间向量与立体几何1, 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）证明AB⊥平面VAD；（2）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小2, 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=， BC=1，PA=2，E为PD的中点.（1）求直线AC与PB所成角的余弦值；（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.(易错点,建系后,关于N点的坐标的设法,也是自己的弱项)3. 如图，在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AB 上移动.（1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点A 到面ECD 1的距离；（3）AE 等于何值时，二面角D 1―EC ―D 的大小为(易错点:在找平面DEC 的法向量的时候,本来法向量就己经存在了,就不必要再去找,但是我认为去找应该没有错吧,但法向量找出来了,和那个己经存在的法向量有很大的差别,而且,计算结果很得杂,到底问题出在哪里?)4. 如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2DC ＝2，E 为BD 1的中点，F 为AB 的中点，∠DAB ＝60°．(1)求证：EF ∥平面ADD 1A 1；(2)若221BB ，求A 1F 与平面DEF 所成角的正弦值．N：5题到11题都是运用基底思想解题5.空间四边形ABCD中，AB=BC=CD，AB⊥BC，BC⊥CD，AB与CD成60度角，求AD与BC所成角的大小。

6.三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，∠A1AB=45°, ∠A1AC=60°,求二面角B-AA1-C的平面角的余弦值。

7.如图，60°的二面角的棱上有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，求CD的长8.如图，已知空间四边形OABC中，OB=0C, ∠AOB=∠AOC=Θ，求证OA⊥BC。

空间向量立体几何(绝对经典)

例1：已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1，化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量。

(如图)A BCD A 1B 1C 1D 1G1)1(AA AD AB ++1111)1(AC CC AC AA AC AA AD AB =+=+=++解M 始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量推论:如果为经过已知点A且平行已知非零向量的直线,那么对任一点O,点P在直线上的充要条件是存在实数t,满足等式OP=OA+t 其中向量叫做直线的方向向量.ll aaOABP a若P为A,B中点,则()12=+ OP OA OB2.共面向量定理:如果两个向量不共线,则向量与向量共面的充要条件是存在实数对使, a b yx , p ,a b OM a b A B A 'Pp p xa yb =+ 推论:空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x,y使或对空间任一点O,有=+MP xMA yMB =++ OP OM xMA yMB 注意：空间四点P 、M 、A 、B 共面⇔存在唯一实数对,,x y MP xMA yMB =+ （）使得(1)OP xOM yOA zOB x y z ⇔=++++= 其中，例1：已知m,n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n ，求证：l ⊥α。

n mg g m n αl l 证明：在α内作不与m、n重合的任一条直线g,在l、m、n、g上取非零向量l、m、n、g ，因m与n相交，得向量m、n 不平行，由共面向量定理可知，存在唯一的有序实数对（x，y），使g =x m +y n ,l ·g =x l ·m +y l ·n∵ l ·m =0,l ·n =0∴ l ·g =0∴ l⊥g∴ l⊥g这就证明了直线l垂直于平面α内的任一条直线，所以l⊥α巩固练习：利用向量知识证明三垂线定理αa A O P ().,0,,,,0,0,PA a PA a a OA a PO a PA OAy PO x PA y x OA PO OA PO a OA a OA a PO a PO PO aa ⊥⊥∴=⋅+⋅=⋅∴+==⋅∴⊥=⋅∴⊥∴⊥即使有序实数对定理可知，存在唯一的不平行，由共面向量相交，得又又而上取非零向量证明：在αPA a OAa a PA OA PA PO ⊥⊥⊂求证：且内的射影，在是的垂线，斜线，分别是平面已知：,,ααα复习:2. 向量的夹角:a bO ABabθ0a b π≤≤ ，a b ，向量的夹角记作:a b 与a b = ||||cos ,a b a b 1.空间向量的数量积:111222(,,),(,,)a x y z b x y z == 设121212x x y y z z =++cos ||||a ba b a b =，121212222222111222++=++⋅++x x y y z z x y z x y z 5.向量的模长:2222||a a x y z ==++ (,,)a x y z = 设4.有关性质:(1)两非零向量111222(,,),(,,)a x y zb x y z == 1212120x x y y z z ++=0a b a b ⊥⇔=⇔ (2)||||||a b a b ≤ ||||,a b a b a b =⇒ 同方向||||,a b a b a b =-⇒ 反方向注意：此公式的几何意义是表示长方体的对角线的长度。

空间向量与立体几何经典例题

空间向量与立体几何经典例题空间向量与立体几何经典例题空间向量和立体几何是高中数学中的重要内容，它们是解决三维空间中几何问题的基础。

在此，我们将介绍一些经典的例题，帮助读者更好地理解和掌握这两个概念。

例题1：已知平面ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求平面ABCD的法向量和面积。

解答：首先，我们可以通过向量的定义求得平面ABCD的法向量。

假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的法向量N可以表示为N = a × b，其中×表示向量的叉乘运算。

由于a = B - A = (-1，1，-6)和b = C - A = (3，-2，-1)，我们可以得到N = a × b = (7，19，5)。

其次，我们可以使用向量的叉乘运算和向量的模运算求得平面ABCD 的面积。

假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的面积可以表示为S = 1/2 * |a × b|，其中|a × b|表示向量a × b的模。

带入已知数据计算可得，S = 1/2 * |(7，19，5)| = 1/2 * √(7^2 + 19^2 + 5^2) = 1/2 * √(1255)。

因此，平面ABCD的法向量为N = (7，19，5)，面积为S = 1/2 * √(1255)。

例题2：已知四面体ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求四面体ABCD的体积。

解答：首先，我们可以通过向量的定义求得四面体ABCD的体积。

假设向量AB为a，向量AC为b，向量AD为c，则四面体ABCD的体积V 可以表示为V = 1/6 * |a · (b × c)|，其中·表示向量的点乘运算，×表示向量的叉乘运算，|a · (b × c)|表示向量a · (b ×c)的模。

空间向量与立体几何典型例题.

空间向量与立体几何典型例题一、选择题：1．(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ C ）A ．13BCD ．231.解：C ．由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体，设棱长为a，则1AB，棱柱的高13AO a ==（即点1B 到底面ABC 的距离），故1AB 与底面ABC所成角的正弦值为113AO AB =.另解：设1,,AB AC AA 为空间向量的一组基底，1,,AB AC AA 的两两间的夹角为060 长度均为a ，平面ABC 的法向量为111133OA AA AB AC =--,11AB AB AA =+ 2111126,,333OA AB a OA AB ⋅===则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为111123OA AB AO AB ⋅=.二、填空题：1．(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C ABD --M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 61． 1.答案：16.设2AB =，作CO ABDE ⊥面，OH AB ⊥，则CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D --cos 1CH OH CH CHO =⋅∠=，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-,11()()22AN EM AB AC AC AE ⋅=+⋅-=12故EM AN ，所成角的余弦值16AN EM AN EM⋅=另解：以O 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----,1111(,,(,,222222M N ---,则3121321(,,),(,,),,32222222AN EM AN EM AN EM ==-⋅===,故EM AN ，所成角的余弦值16AN EM AN EM ⋅=.三、解答题： 1．（2008安徽文）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=, OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。

空间向量和立体几何练习题及答案

1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE 所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG 中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，=2，得；由，得，取z1设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z=﹣2，得．2∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．【分析】（Ⅰ）由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，∴AD=DC，又AE=CF=，∴，则EF∥AC，又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，∵AC=6，∴AO=3，又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH==1，则DH=D′H=3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，又OH∩EF=H，∴D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），，，设平面ABD′的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，则|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；（II）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，则直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．【解答】证明：（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=．∴A1E=，EF==，DE==，DF==，∴EF2+DE2=DF2，∴DE⊥EF，又CE⊥EF，CE∩DE=E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴EF⊥平面CDE，又CD⊂平面CDE，∴CD⊥EF，又CD⊥AB，AB⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．（II）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB，AB=2，∴AC=BC=．以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（，0，0），C（0，0，0），C（0，0，2），E（，0，），F（，，12）．∴=（﹣，0，2），=（，0，），=（，，2）．设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=4，得=（﹣，﹣9，4）．∴=10，||=6，||=．∴sin＜＞==．∴直线AC与平面CEF所成角的正弦值为．1【点评】本题考查了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=2．（1）求证：AB⊥PC；（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出AB⊥AC，由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA，故AB⊥平面PAC，于是AB⊥PC；（2）假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，则即为所求角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是直角梯形，AD=CD=2，BC=4，∴AC=4，AB===4，∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．（2）假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN∥PA，∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=NG=MN，∴MN=1，即M是线段PD的中点．∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．在三棱锥M﹣ABC中，VM﹣ABC =S△ABC•MN==，设点B到平面MAC的距离是h，则VB﹣MAC=，∵MG=MN=，∴S△MAC===2，∴=，解得h=2．在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，∴BM==3，∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．【点评】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．（2）假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），则．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．【解答】解：（1）∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…（2分）故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0），∴=（0，1，），=（），=（0，2，0）．…（4分）设平面AB1C的法向量为，则，取x=1，得=（1，0，1）．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=||=，∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…（6分）（2）∵=，而，，∴=（﹣2，0，0），又∵B（），∴点D（﹣，0，0）．假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），∴．∵DP∥平面AB1C，=（﹣1，0，1）为平面AB1C的法向量，∴由=λ，得，∴y=0．…（10分）又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．…（12分）【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面BCD；（Ⅱ）若OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC 所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵ABB1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…（2分）∴，∴，从而AB1⊥BD…（4分）∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB1⊥平面BCD，∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD…（6分）（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，从而又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…（8分）设平面ABC的法向量为，，由可得，令y=1，则z=﹣1，，所以．…（10分）设直线GD与平面ABC所成角α，则=，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…（12分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD折起，使得点A折起至A′，设二面角A′﹣BD﹣C的大小为θ．（1）当θ=90°时，求A′C的长；（2）当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．【分析】（1）过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；（2）利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，则BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos ＜＞|．【解答】解：（1）在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE．∵AB=4，AD=2，∴BD==10．∴，BE==8，cos∠CBE==．在△BCE中，由余弦定理得CE==2．∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．（2）DE==2．∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．当即cos∠A′EF=时，．∴A′E2=A′F2+EF2，∴∠A'FE=90°又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如图所示：∴A′（0，0，），D（﹣，0，0），B（3，2，0），C（3，0，0）．∴=（0，2，0），=（4，2，0），=（，0，）．设平面A′BD的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=1得=（﹣，2，1）．∴cos＜＞===．∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．（Ⅰ）求证：AC⊥DC1；（Ⅱ）若M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；（Ⅲ）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）利用向量求解【解答】解：（Ⅰ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1，所以AC⊥平面CC1D，又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．（Ⅱ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，所以，，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，则，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB1D的法向量为．设，λ∈[0，1]，则，．若直线DP与平面DBB1成角为，则，解得，故不存在这样的点．【点评】本题考查了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD（ I）证明：AE⊥CD（ II）在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（I）利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；（II）取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．【解答】（I）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面AED，∵AE⊂平面AED，∴AE⊥CD．（II）解：取AD的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接EO，∵EA=ED，∴OE⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面AED，∴OE⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：设正方形ACD的边长为2，，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），E（0，0，1），M（﹣λ，0，1﹣λ）∴=（﹣λ﹣1，0，1﹣λ），=（1，0，1），=（2，2，0），设平面BDEF的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1得=（1，﹣1，﹣1），∴cos＜＞==，令||=，解得λ=0，∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．（Ⅰ）求证：AB⊥PC；（Ⅱ）若△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．（Ⅱ）以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．【解答】解：（Ⅰ）作PO⊥AB于O…①，连接OC，∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…（2分）∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…（6分）（Ⅱ）∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，，由，令，得；，．，设DE与面PBC所成角为θ，∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…（12分）【点评】本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AAl ，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点（ I）证明：EF⊥平面CME；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．（Ⅱ）设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，∴MC，MA，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取z=2，得=（5，4，2），设直线AC1与平面CEF所成角为θ，则sinθ==，∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。

(完整版)空间向量和立体几何典型例题

∵PC 平面PCD，
∴PC⊥AB.
（Ⅱ）∵AC=BC,AP=BP,
∴△APC≌△BPC.
又PC⊥AC，
∴PC⊥BC.
又∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
且AC∩PC=C，
∴AB＝BP，
∴BE⊥AP.
∵EC是BE在平面PAC内的射影，
∴CE⊥AP.
∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角.
在△BCE中，∠BCE=90°,BC=2,BE= ，
空间向量与立体几何典型例题
一、选择题：
1．(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于（C）
A． B． C． D．
1.解：C．由题意知三棱锥为正四面体，设棱长为，则，棱柱的高（即点到底面的距离），故与底面所成角的正弦值为 .
（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,
有OD∥BC且OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形，
所以OB∥DC.
由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角，
所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.
因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,
所以OB＝，
，，
，．
是二面角的平面角．
，，，
．
二面角的大小为．
（Ⅲ），
在平面内的射影为正的中心，且的长为点到平面的距离．
如（Ⅱ）建立空间直角坐标系．
，
点的坐标为．．
点到平面的距离为．
5．(2008福建文)如图，在四棱锥中，侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD= ,底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点。（1）求证：PO⊥平面ABCD;

空间向量在立体几何中的应用典型例题

PA DCBMN 立体几何典型例题选讲(理科)1 ．如图在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中,点F 为棱CD 中点,点E 在棱BC 上 (1)确定点E 位置使⊥E D 1面F AB 1;(2)当⊥E D 1面F AB 1时,求二面角11B AF D --的平面角的余弦值。

2 ．如图,四面体ABCD 中,O 、E 分别是B D ．BC 的中点,2====BD CD CB CA ,2==AD AB(Ⅰ)求证:AO ⊥平面BCD;(Ⅱ)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值;3 ．如图,在直三棱柱111C B A ABC -中,21===AB BC AA ,BC AB ⊥｡M 、N 分别是AC 和BB 1的中点｡(1)求二面角111C C A B --的大小｡(2)证明:在AB 上存在一个点Q ,使得平面QMN ⊥平面C B A 11,并求出BQ 的长度｡4 ．如图,直三棱柱111ABC A B C -中, AB=1,13AC AA ==,∠ABC=600.(Ⅰ)证明:1AB A C ⊥;(Ⅱ)求二面角A —1A C —B 的大小｡5 ．如图,PA ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是正方形,PA =AD =2,M 、N 分别是A B ．PC 的中点.(1)求二面角P -CD -B 的大小; (2)求证:平面MND ⊥平面PCD ;ACDOBEMNA 1C 1B 1B CACBA C 1B 1A 16 ．如图,多面体ABCDS 中面ABCD 为矩形,),0(,,>=⊥⊥a a AD AB SD AD SD 且.3,2AD SD AD AB ==,E 为CD 四等分点(紧靠D 点)｡(I)求证:AE 与⊥平面SBD(II)求二面角A —SB —D 的余弦值｡7 ．如图,直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面积是等腰直角三角形,∠A 1B 1C 1=90°,A 1C 1=1,AA 1=2,N 、M 分别是线段B 1 B ．AC 1的中点｡(I)证明:MN//平面ABC;(II)求二面角A 1—AB 1—C 1的大小｡8．（09北京宣武二模文）如图,在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,点E 是棱BC 的中点,点F 是棱CD 的中点｡(1)求证:D 1E⊥平面AB 1F;(2)求二面角C 1—EF —A 的余弦值｡9．如图,在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,BB 1=BC=2,且M 是BC 的中点,点N 在CC 1上｡ (1)试确定点N 的位置,使AB 1⊥MN;(2)当AB 1⊥MN 时,求二面角M —AB 1—N 的大小｡10．如图,四棱锥S ABCD -的底面是矩形,SA ⊥底面ABCD ,P 为BC 边的中点,SB 与平面ABCD 所成的角为45︒, 且2AD =,1SA =. (Ⅰ) 求证:PD ⊥平面SAP ; (Ⅱ)求二面角A SD P --的大小.S A PA B A C AD A AC 1B 1A 1MN CBA11．如图,在正三棱柱111C B A ABC -中,2,41==AB AA ,M 是AC 的中点,点N 在1AA 上,41=AN ｡ (Ⅰ)求111A ACC BC 与侧面所成角的正弦值;(Ⅱ)证明1BC MN ⊥;(Ⅲ) 求二面角M B C C --1的大小.12．如图, 在三棱柱111ABC A B C -中, AB ⊥侧面11BB C C ,E 为棱1CC 的中点, 已知2AB =, 12BB =, 1BC =, 13BCC π∠=, 求:(1)异面直线AB 与1EB 的距离;(2)二面角11A EB A --的平面角的正切值.13．如图,在四棱锥O ABCD -中,底面ABCD 是边长为1的菱形,4ABC π∠=, OA ⊥底面ABCD ,2OA =,M 为OA 的中点,N 为BC 的中点. (Ⅰ)证明:直线//MN 平面OCD ;(Ⅱ)求异面直线AB与MD所成角的大小 ;NMDCABO14．如图，在四棱锥ABCDP-中，底面ABCD是矩形，⊥PA平面ABCD，4==ADPA，2=AB．以BD的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点．（1）求证：平面⊥ABM平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成角的大小；15．如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是地面边长的2倍,P为侧棱SD上的点｡(Ⅰ)求证:AC⊥SD;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(Ⅱ)若SD⊥平面PAC,求二面角P-AC-D的大小OC DB ASPOPAB CDM。

空间向量、立体几何经典例题

空间向量、立体几何经典例题一、知识网络：二．考纲要求：（1）空间向量及其运算① 经历向量及其运算由平面向空间推广的过程；② 了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；③ 掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；④ 掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。

（2）空间向量的应用① 理解直线的方向向量与平面的法向量；② 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系；③ 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；④ 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。

三、命题走向本章内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。

本章是立体几何的核心内容，高考对本章的考查形式为：以客观题形式考查空间向量的概念和运算，结合主观题借助空间向量求夹角和距离。

预测10年高考对本章内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。

第一课时空间向量及其运算一、复习目标：1．理解空间向量的概念；掌握空间向量的加法、减法和数乘； 2．了解空间向量的基本定理； 3．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；理解空间向量的夹角的概念；掌握空间向量的数量积的概念、性质和运算律；了解空间向量的数量积的几何意义；能用向量的数量积判断向量的共线与垂直。

二、重难点：理解空间向量的概念；掌握空间向量的运算方法三、教学方法：探析类比归纳，讲练结合四、教学过程（一）、谈最新考纲要求及新课标高考命题考查情况，促使积极参与。

学生阅读复资P128页，教师点评，增强目标和参与意识。

（二）、知识梳理，方法定位。

（学生完成复资P128页填空题，教师准对问题讲评）。

空间向量解立体几何计算题型

垂直？说明理由
4.如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD ，底面 ABCD 是菱形， AB 2 ， BAD 60 ．（1）求证 BD 平面 PAC ；（2）若 PA AB ，求 PB 与 AC 所成角的余弦值；（3）当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，求 PA 的长．
C
D1 A1
D
C1 B1
（Ⅰ）证明： A1C 平面 BED ；（Ⅱ）求二面角 A1 DE B 的大小．
E
D
C
A
B
3.如图，在三棱锥 P ABC 中， AC BC 2 ， ACB 90 ， AP BP AB ， PC AC ．
（Ⅰ）求证： PC AB ；（Ⅱ）求二面角 B AP C 的大小；（Ⅲ）求点 C 到平面 APB 的距离．
明理由。
空间向量解立体几何计算题型
1.四棱锥 A BCDE 中，底面 BCDE 为矩形，侧面 ABC 底面 BCDE ， BC 2 ， CD 2 ，
AB AC ．
（Ⅰ）证明： AD CE ；
A
（Ⅱ）设 CE 与平面 ABE 所成的角为 45 ，
求二面角 C AD E 的大小．
B
E
2.如图，正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中， AA1 2AB 4 ，点 E 在 CC1 上且 C1E 3EC ．
5.如图，在三棱锥 P ABC 中， PA 底面 ABC, PA AB, ABC 60, BCA 90 ，点 D ， E 分别在棱 PB, PC 上，且 DE // BC （I）求证： BC 平面 PAC ；（Ⅱ）当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的大小；（Ⅲ）是否存在点 E 使得二面角 A DE P 为直二面角？并说

高考数学必做题--立体几何与空间向量 (后附参考答案与详解)

立体几何与空间向量-高考必做题123平行的截面，则截得的三；截得的平面图形中，面积最大的值是．4的中点，为线段上的动点，过点，，则下列命题正确的是．5与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．7是正方体棱上一点（不包括棱的端点），．，则的取值范围是．8的最大值为满足9的中点，沿将矩形折起使得分别为中点．10C.3个D.4个分别为棱，上的点．已知下列判断：上的正投影是面积为定值的三角形；平行的直线；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关．11，，，与平面所12的位置，使得平面，并证明你的13，坐标平面上的一组正投影图像如．14如图是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．（1）15 16 17 18椭圆的一部分 D.抛物线的一部分19 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（20分别是棱的中点，是侧面长度的取值范围是（）．21D.D.③④分别是棱，的中点，过直线，，给出以下四个命题：22为正方形,，则三棱锥2324 2526 272829 30A. B.C. D.立体几何与空间向量-高考必做题123为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体4如图，在棱长为的正方体的中点，点在线段上．点到直线的距离的最小值为．∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．5当时，为中点，此时可得截面为等腰梯形；当点向移动时，满足即可得截面为四边形，①正确；对于②，当时，如图所示，延长至，使，连接交于，连接可证，由可得故可得，∴截面对于③，由②知当此时的截面形状仍然为上图所示的五边形对于④，当时，与可证，且，可知截面故答案为：①②④．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系6与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．为平面与四棱锥的表面的交线．分别是线段，上的，的菱形，，，，，，所以，设平面的法向量为，则由可得令因为，所以直线与平面的成角的正弦值为法1：延长，分别交，延长线于，，连接，，则四边形为平面法2：记平面与直线的交点为，设由．所以即为点．所以连接，，则四边形为平面平面向量平面向量的基本概念向量的加法与减法平面向量的数量积数量积立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间向量空间直角坐标系空间向量的应用789的最大值为满足，所以，所以．，接下来研究这个二次函数的性质可函数函数的概念与表示最值单调性对称性二次函数立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直10,，则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用11中，，分别为棱D.4个平面，而两个平面面与面上的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结点在面上的投影到此棱的距离是定平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关，此结论不对，与两者都有关系，可代入几个特殊点进行验证，如与重重合时的情况就不一样，故此命题不正点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直12的位置，使得平面，并证明你的，∵与平面所成角为，即，∴，由，知，，则，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，∵平面，∴为平面的法向量，∴又∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．点是线段上一个动点，设，则，∵平面，∴，即，解得：，此时，点坐标为，．平面向量平面向量的基本定理及坐标表示平面向量的坐标运算用坐标表示平面向量共线的条件立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间向量及其运算空间向量的应用答案解析该几何体还原如图所示，易得体积为．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体体积和表面积的计算三视图14是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．，，，求：二面角的余弦值．（1）答案见解析．（2）答案见解析．（1）由是圆的直径，得．由平面，平面，得．在中，∵，，∴立体几何初步空间中的垂直空间向量空间向量的应用1516三角函数与解三角形解三角形立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系17动点从到，再到，到再回到，，则经过的最短路径为：一个半圆和一个即．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体18如图，三棱锥的顶点、、等边三角形，点，分别为线段体积的最大值为19椭圆的一部分 D.抛物线的一部分的交线的距离分别为和．，D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（2021D.连结，可以证明平面，所以点位于线段上，把三角形拿到平面上，则有，所以当点位于时，最大，当位于中点时，最小，此时所以，即所以线段长度的取值范围是22D.③④在正方体中，平面，∴平面平面，①正确；②连接，∵平面，四边形的对角线是固定的，要使面积最小，只需的长度最小即可，此时为棱中点，，长度最小，对应四边形②正确；③∵，∴四边形是菱形，当时，长度由大变小，当时，长度由小变大，∴函数不是单调函数，③错误；④连接，，，四棱锥分割成两个小三棱锥，以为底，分别以、为顶点，∵面积是个常数，、到平面的距离是个常数，2324函数图象的交点函数的零点三角函数与解三角形三角函数任意角与弧度制三角函数的定义立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体解析几何曲线与方程25）成。

高考必刷大题空间向量与立体几何

故 2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0， 3μt＝ 3，
解得
t＝23，从而D→F＝0，43，2
3
3.
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所以直线AE与DF所成角的余弦值为
|cos〈A→E，D→F〉|＝|AA→→EE|·|DD→→FF|＝
2 7×2
7＝37. 3
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4.(2023·成都模拟)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE 与AC所成角为45°，点F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近点G的三等分点.
则有nn··B—C→CC→＝1 ＝x＋－x＋3y＝30z，＝0，
可取 n＝( 3，－1,1)，又—BA→1 ＝(1,0， 3)，
—→
所以点
A1 到平面
BCC1B1 的距离为| BA|n1|·n|＝2
3＝2 5
515，
所以所求距离为2 515.
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3.(2024·丹东模拟)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°， E为棱C1D1的中点.
(1)求证：A，B，F，H四点共面；
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如图，取AB的中点O，连接OC，OE，因为AC＝BC，故∠BAC为锐角，又ED∥AB，故∠BAC即为异面直线DE与AC所成角，则∠BAC＝45°，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，因为直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，
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设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则nn··PP→→DB＝＝22xy－－22zz＝＝00，，取 x＝1，得 n＝(1,1,1)， ∵A→M＝n，∴AM⊥平面 PBD.

空间向量与立体几何大题

空间向量与立体几何大题一、知识点总结1. 空间向量的基本概念- 空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量。

- 向量的表示：用有向线段表示，如→AB，其中A为起点，B为终点；也可以用→a,→b,→c等小写字母表示。

- 向量的模：向量的大小，对于向量→AB，其模|→AB|=√((x_B) -x_{A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}（若A(x_A,y_A,z_A)，B(x_B,y_B,z_B)），对于向量→a=(x,y,z)，|→a|=√(x^2)+y^{2+z^2}。

- 相等向量：方向相同且模相等的向量。

- 相反向量：方向相反且模相等的向量。

2. 空间向量的运算- 加法：三角形法则和平行四边形法则。

设→a=(x_1,y_1,z_1)，→b=(x_2,y_2,z_2)，则→a+→b=(x_1+x_2,y_1+y_2,z_1+z_2)。

- 减法：→a-→b=→a+(-→b)，即(x_1-x_2,y_1-y_2,z_1-z_2)。

- 数乘：设λ∈ R，→a=(x,y,z)，则λ→a=(λ x,λ y,λ z)。

- 数量积：→a·→b=|→a||→b|cos〈→a,→b〉=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2。

3. 空间向量的坐标表示与运算律- 设→a=(x_1,y_1,z_1)，→b=(x_2,y_2,z_2)- →a∥→bLeftrightarrow x_1=λ x_2,y_1=λ y_2,z_1=λ z_2(λ∈ R)（→b≠0）- →a⊥→bLeftrightarrow x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2=0。

4. 空间向量在立体几何中的应用- 证明线面平行：设直线l的方向向量为→v，平面α的法向量为→n，若→v·→n=0，则l∥α或l⊂α。

- 证明线面垂直：若直线l的方向向量为→v，平面α的法向量为→n，且→v∥→n，则l⊥α。

- 求异面直线所成角：设异面直线a,b的方向向量分别为→m,→n，则cosθ=|(→m·→n)/(|→m||→n|)|，θ∈(0,(π)/(2)]。

空间向量与立体几何题型总结

空间向量与立体几何题型总结
空间向量与立体几何是数学中重要的概念和工具，用于研究和解决与三维空间相关的几何问题。

以下是空间向量与立体几何的一些常见题型总结：
1. 空间向量的表示与计算：题目可能涉及给定多个点的坐标，在空间中构建向量，进行向量的运算，如加法、减法、数量乘法、点积和叉乘等。

2. 向量共线与线性相关性：要求判断给定的向量是否共线，或通过线性相关性判断某向量是否可以表示为其他向量的线性组合。

3. 向量垂直与正交性：题目可能要求判断给定的向量是否垂直或正交，通过向量的点积判断向量之间的关系。

4. 平面与直线的位置关系：需要确定一条直线与一个平面的位置关系，如直线是否平行于平面、直线是否在平面内，或找到直线与平面的交点等。

5. 平面的方程与性质：要求根据给定的条件建立平面方程，如点法式、两直线式、两平面式等，并通过方程确定平面的性质，如法向量、倾斜角等。

6. 空间图形的体积与表面积计算：题目可能给出空间图形的参数，要求计算其体积或表面积，如立方体、圆锥体、球体等。

7. 空间坐标与距离计算：需要根据给定的空间点坐标计算两点之间的距离，或确定一个点到直线、平面的距离。

8. 空间二面角与线面夹角的计算：题目可能要求计算空间中的二面角或线面夹角，要根据给定的图形和参数进行计算。

以上是一些常见的空间向量与立体几何的题型总结，但在实际中还可能会涉及更复杂的问题。

熟练掌握相关的概念、公式和方法，结合几何直觉能力，有助于解答这些问题。

空间向量与立体几何题

空间向量与立体几何题题型1.利用空间向量证明空间垂直问题利用空间向量证明空间线线、线面、面面垂直问题是高考考查的重点内容例1(辽宁理19））已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=12AB ，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为PB,BC 的中点.证明：CM ⊥SN ；【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线垂直.例2(天津理19) 在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点，CF =AB =2CE , 1::AB AD AA = 1:2:4.证明AF ⊥平面1A ED【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可.例 3 （山东文）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且2AD PD MA ==.求证：平面EFG ⊥平面PDC .【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直. 题型2.利用空间向量处理空间平行关系空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容例4（湖南理18）在正方体1111ABCD A B C D -，E 是棱1DD 的中点。

在棱11C D 上是否存在一点F ，使1B F ∥平面1A BE ?证明你的结论。

例5在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，在底面ABC 中ABC ∠=090,D 是BC 上一点，且1A B ∥面1AC D ，1D 为11B C 的中点，求证：面11A BD ∥面1AC D .题型3利用空间向量处理异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题是高考考查的热点和重点例6(天津理19) 在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点，2CF AB CE ==,1::1:2:4AB AD AA =（1）求异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值；（2）求二面角1A ED F --的正弦值。

空间向量与立体几何题型归纳