空间向量与立体几何建系问题专题研究

空间向量在立体几何中的应用

解 1如图,建立空间直角坐标系． ∵∠ADC＝∠DAB＝90°, AB＝4,CD＝1,AD＝2. ∴A2,0,0,C0,1,0,B2,4,0．由PD⊥平面ABCD,得
∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角， ∴∠PAD＝60°. 在 Rt△PAD 中，由 AD＝2，得 PD＝2 3. ∴P(0，0，2 3)．
O→P＝(0，
22，－2)，O→D＝(－
2， 2
22，－2)．
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
由 n·O→P＝0，n·O→D＝0，
得
22y－2z＝0，
－ 22x＋ 22y－2z＝0.
取 z＝ 2，得 n＝(0，4， 2)．
∵M→N·n＝(1－ 42)×0＋ 42×4＋(－1)× 2＝0，∴M→N⊥n.
解作AP⊥CD于点P,分别以AB,AP,AO所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系A－xyz,如图所示,
则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0， 22，0)，D(－ 22， 22，0)，
O(0，0，2)，M(0，0，1)，N， 42，－1)，
A→M·n＝0.
a2y＋ 2az＝0，
令 y＝2，则 z＝－ 22，x＝0.
∴n＝(0，2，－ 22)．
又B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)，
∴cos〈B→C1，n〉＝B→→C1·n
|BC1||n|
＝
－a－a 3a×
9＝－29 2
6.
设 BC1 与平面 AMC1 所成的角为 θ，
则 sin θ＝|cos〈B→C1，n〉|＝296.
题型三二面角的求法
例3 12分如图所示,正三棱柱ABC－ A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点,求二面角AA1DB的余弦值．

第28练空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”

第28练空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”[题型分析·高考展望] 向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题.而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系.在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择.体验高考1.(2018·北京)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)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)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 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解取AD 中点O ，连接CO ，PO .∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ， ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33. ∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝⎛⎭⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.2.(2018·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0).(1)证明依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)，又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1，1).因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45，进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 3.(2018·课标全国乙)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°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.(1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3).由已知，得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3). 所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.高考必会题型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. (1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r . 由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.∵MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)解由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )]＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)] ＝14·2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)解设向量 AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ ＝32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 夹角的余弦值为23.点评对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1 如图，在四棱锥P －GBCD 中，PG ⊥平面GBCD ，GD ∥BC ，GD ＝34BC ，且BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，PG ＝4.(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 点是棱PC 上一点，且DF →·GC →＝0，PF →＝kCF →，求k 的值. 解 (1)如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Gxyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－32，32，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE →＝(1，1，0)，PC →＝(0，2，－4)， cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|GE →||PC →|＝22·20＝1010，故异面直线GE 与PC 所成角的余弦值为1010. (2)设F (0，y ，z )，则DF →＝GF →－GD →＝(0，y ，z )－(－32，32，0)＝(32，y －32，z )，GC →＝(0，2，0).∵DF →·GC →＝0，∴(32，y －32，z )·(0，2，0)＝2(y －32)＝0，∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3，∴k ＝－3. 题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 (2018·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值.(1)证明设FC 中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0).过点F 作FM ⊥OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3). 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33，因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 点评 (1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(AP →＝λa )，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2 在边长是2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，A 1C 的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长；(2)证明：EF ∥平面AA 1D 1D ； (3)证明：EF ⊥平面A 1CD . (1)解如图建立空间直角坐标系，则A 1＝(2，0，2)，A ＝(2，0，0)，B ＝(2，2，0)，C ＝(0，2，0)， D 1＝(0，0，2)，E ＝(2，1，0)，F ＝(1，1，1)， ∴EF →＝(－1，0，1)，EF ＝ 2.(2)证明 ∵AD 1→＝(－2，0，2)，∴AD 1∥EF ，而EF ⊄平面AA 1D 1D ，∴EF ∥平面AA 1D 1D .(3)证明 ∵EF →·CD →＝0，EF →·A 1D →＝0， ∴EF ⊥CD ，EF ⊥A 1D ，又CD ∩A 1D ＝D ， ∴EF ⊥平面A 1CD .高考题型精练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若BD 1→＝xAD →＋yAB →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 的值为( )A.3B.1C.－1D.－3 答案 B解析 ∵BD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→， ∴x ＝1，y ＝－1，z ＝1，∴x ＋y ＋z ＝1.2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D.－12a －12b ＋c答案 A解析由题意知，B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝B 1A 1→＋A 1A →＋12AC →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c ，故选A.3.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B解析设平面ABCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →n ⊥AD→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0.令y ＝4，则n ＝(1，4，43)，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∵h |AP →|＝|cos 〈n ·AP →〉|， ∴h ＝2626×226＝2，故选B. 4.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.异面直线AE ，BF 所成的角为定值答案 D解析 ∵AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，故A 正确. ∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E ，F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确.C 中，由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为22，故V A －BEF 为定值，故C 正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1，1，0)，B (0，1，0).①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，E (1，0，1)， F (12，12，1)，∴AE →＝(0，－1，1)，BF →＝(12，－12，1)， ∴AE →·BF →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角. ②当点E 为D 1B 1的中点，F 在B 1处时， E (12，12，1)，F (0，1，1)， ∴AE →＝(－12，－12，1)，BF →＝(0，0，1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝(－12)2＋(－12)2＋12＝62， ∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝162·1＝63≠32，故D 错误.故选D.5.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( )A.x ＝1，y ＝1B.x ＝12，y ＝－12C.x ＝－16，y ＝32D.x ＝16，y ＝－32答案 D解析因为a 与b 为共线向量，所以存在实数λ使得a ＝λb ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝λ，1＝－2λy ，3＝9λ，解得x ＝16，y ＝－32.6.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，则用向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →是()A.OG →＝16OA →＋13OB →＋13OC →B.OG →＝16OA →＋13OB →＋23OC →C.OG →＝OA →＋23OB →＋23OC →D.OG →＝12OA →＋23OB →＋23OC →答案 A解析 ∵MG ＝2GN ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点， ∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝OM →＋23(MO →＋OC →＋CN →)＝13OM →＋23OC →＋13(OB →－OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 故选A.7.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 a ，b ，c 三向量共面，则存在实数x ，y ，使c ＝x a ＋y b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________.答案 (1，1，1) 解析设PD ＝a (a >0)，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，a )，E (1，1，a2)，∴DP →＝(0，0，a )，AE →＝(－1，1，a 2)，∵cos 〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a 2＋a 24×33，∴a ＝2，∴E 的坐标为(1，1，1).9.如图，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 ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量， ∴MN →·CD →＝(23B 1B →＋13B 1C 1→)·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又∵MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .10.已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 为A 1B 1的中点.(1)求证：DE ⊥C 1F ；(2)求异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值.(1)证明以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (a 2，a ，0)，C 1(0，a ，a )，F (a ，a2，a )，所以DE →＝(a 2，a ，0)，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，DE →·C 1F →＝0，所以DE ⊥C 1F .(2)解 A 1(a ，0，a )，C (0，a ，0)，A 1C →＝(－a ，a ，－a )， C 1F →＝(a ，－a 2，0)，cos 〈A 1C →，C 1F →〉＝A 1C →·C 1F →|A 1C →||C 1F →|＝－32a 23a ×52a＝－155，所以异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值是155. 11.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，E 是PB 的中点.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC .∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解如图，以点C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)，设P (0，0，a )(a >0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2).取m ＝(1，－1，0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面P AC 的法向量，设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0.取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝n ·m |n ||m |＝aa 2＋2＝63，则a ＝2，于是n ＝(2，－2，－2)，P A →＝(1，1，－2). 设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝P A →·n |P A →||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 12.直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥平面D 1AC .设AB ＝2. (1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由.解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz ，则A ＝(3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)， D 1(0，－1，2)，设E (0，1，2＋h )，则D 1E →＝(0，2，h )，CA →＝(23，0，0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0，1，3). ∵D 1E →＝(0，2，1)，AE →＝(－3，1，3)，设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CA →，m ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0.令z ＝－1，∴平面EAC 的一个法向量为m ＝(0，3，－1)，又平面D 1AC 的法向量为D 1E →＝(0，2，1)， ∴cos 〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E →|m |·|D 1E →|＝22，∴二面角E －AC －D 1大小为45°.(2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)，得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1，0)＋(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，λ－11＋λ，λ1＋λ)， ∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ， ∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，∴λ＝32.∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ，此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。

用向量法解立体几何题，建系求点是关键

用向量法解立体几何题，建系求点是关键摘要：利用空间向量法解立体几何题，可把抽象的空间图形关系转化为具体的数量运算，并有很强的规律性和可操作性，但在实际教学中发现，学生对某些几何体存在建系求点上的困难.本文主要通过实例探讨解决问题的办法.关键词：立体几何、向量法、建系求点向量是近代数学中最重要和最基本的数学概念之一，是具有几何形式和代数形式的“双重身份”的概念，是沟通代数与几何的桥梁.将空间向量引入高中数学，为解决三维空间中图形的位置关系与度量问题提供了一个十分有效的工具.解题时，只需建立合适的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，然后化为向量问题，通过进行向量运算，即可转化为几何问题.在这里，建系求点将是解决问题的关键.一、问题的提出学生用向量法解如下高考真题（例1）时容易求错或无法求出点P的坐标.例 1.如图1，在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且，， , E,F分别是BC,PC的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.二、问题分析学生用向量法解立体几何题主要的错误有两个：一是建系不合理，二是求错甚至不会求点的坐标.主要原因有两个方面：一方面是图形认知障碍.平面几何图形反映图形的真实情况，但在立体几何中，由于是用斜二侧画法画成的直观图，图形往往不能反映原形的真实结构和全部特点.例如在“水平放置的平面图形的直观图画法”中，正方形、矩形在水平放置后呈平行四边形，以及在图中看上去明显不垂直的两条线段却偏要证明他们互相垂直，明显是锐角的实际上却是一个钝角等；另一方面是缺乏空间想象能力.由于空间想象能力是一个比较复杂、抽象的思维过程，想象能力从二维到三维的拓展难度较大，在实际教学中，学生往往不易建立空间概念，在脑海中难以形成较为准确、直观的几何模型，不能灵活运用一些重要元素之间的位置关系，没掌握一些解题技巧（如局部图形建立平面直角坐标系作平面化处理），造成点的坐标求错，甚至求不出来等.三、解决问题之建系方法研究学生建系不合理，主要集中在x轴与y轴的建立，原因就是对图形的认知有障碍.所以主要方法就是把图形还原——局部平面化处理.画出底面的平面图，把建x，y轴的问题放在平面几何里完成.例 2.如图2，在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC=60o，PA=AC=1，PB=PD=，点E在PD上，且PE=2ED.（1）建立合适的坐标系，并写出A、B、C、D四个点的坐标.分析：作底面平面图如图3，图4，图5所示.由此平面图可以比较清楚地看到以那两条互相垂直的直线分别为x 轴、y 轴为宜，且方便写出平面内各点的坐标.可以看到建系的方法并不唯一，要根据题意选用一个合适的坐标系.解：以图5为例.因为底面ABCD是菱形, ∠ABC=60º, 所以AB=AD=AC=1.在△PAB中,由知PA⊥AB.同理, PA⊥AD,又，所以PA⊥平面ABCD.以A为坐标原点，AD、AP所在直线分别为y轴、z轴，过A点作垂直AD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图6所示.由题设条件，相关各点的坐标分别为 .点评：平面内常见的垂直关系有:菱形、正方形的对角线；等腰、等边三角形的中线与底边（三线合一）；直径所对圆周角的两边；或在某个三角形中知道两边一角，先用余弦定理求出第三边，再用勾股定理证明线线垂直等.四、解决问题之求点方法研究（一）垂线法在空间直角坐标系中，有些点的坐标可以通过向坐标平面或坐标轴作垂线，再求出垂线段的长，从而写出点的坐标.例2.（2）在第（1）问建系的基础上求出点E的坐标.解法一：过点E作于M，作于N，如图7所示.由△DEM∽△DPA,得，所以，同理，得所以 .点评：点E为线段PD的三等分点，个别学生可能会类比中点坐标公式，容易犯“将P、D坐标相加除以3得到E点坐标”这样的错误.此题还可以用下面的向量法解决.（二）向量法在空间直角坐标系中，利用两向量相等，可以求出点的坐标.例2.（2）在第（1）问建系的基础上求出点E的坐标；（3）在棱PC上是否存在点F，使BF∥平面EAC,并证明你的结论.（2）解法二：设点E的坐标为，，则，，因为，即，解得，即 .（3）假设点F存在，设，则再设 ,，即，从而又设平面EAC的一个法向量为，则，即，令x=1,则，要使BF∥平面EAC，只需 ,即，解得，所以当时，，又平面EAC，所以当F为PC中点时，BF∥平面EAC.点评：在线上是否存在一个点满足某个要求的题型通常可以利用三点共线设，再利用向量相等用表示出未知点的坐标，再根据已知条件待定 .利用向量相等对处理比较难作垂线或容易作错垂线的题目来说，效果更好.如例3.例 3. 如图9，斜三棱柱的底面是直角三角形，，点在底面上的射影恰好是的中点，且．求点的坐标.分析：若过点作底面ABC的垂线，垂足位置比较难确定，若利用，点的坐标则比较容易求得.解：因为点在底面上的射影是的中点，设的中点为，则平面ABC.以为原点，过作平行于的直线为轴，OB所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图10所示的空间直角坐标系.由题意可知，设，由，得 .（三）待定系数法设出所求点的坐标，再利用题目给出的已知条件，如：线段的长度、线线角、线面角、面面角等，列出方程组，解方程组即可求出所求点的坐标.用向量法来解决例1，如下：证明：（1）连接 AC 、BD，设AC 与BD相交于点O，则AC⊥BD.以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为 x 轴、y 轴建立如图11所示的空间直角坐标系，则，，， .设点，依题意得，解得，点P的坐标为，又 E,F分别是BC,PC的中点，又 .（2）设平面PAD的一个法向量为，则，即，令x=1,则，，显然平面ADB的一个法向量为，，由图观察可知，此二面角为钝角，所以二面角的余弦值为 .点评：因为底面ABCD是菱形，对角线 AC 与 BD 互相垂直，所以可以以对角线的交点O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为 x 轴、y 轴建立空间直角坐标系，那么点P的坐标将是解决问题的关键.这里采用待定系数法，根据题目给出的线段的长度： ,，列方程组求解即可求出P点的坐标，使得问题迎刃而解.参考文献[1]徐晓宇,屈黎明.向量法解立体几何题的点坐标求法——2017年高考浙江卷立体几何解答题的方法总结. 《数学教学》,2018（8）：33~36.[2]卢学渊.向量法解立体几何题时动点的设法.《数学学习与研究：教研版》，2012（11）：107~107.7。

专题八：空间向量在立体几何中的应用——用向量讨论垂直与平行(基础)

专题八：空间向量在立体几何中的应用——用向量讨论垂直与平行【学习目标】1. 知识与技能：掌握用向量方法证明立体几何中的线、面的垂直与平行问题；2. 过程与方法：通过对定理的证明，认识到向量是解决立体几何问题的基本方法；3. 情感、态度与价值观：用向量的方法证明立体几何中的定理，培养学生从多角度研究立体几何问题的能力.【要点梳理】要点一：直线的方向向量和平面的法向量 1. 直线的方向向量：若A 、B 是直线l 上的任意两点，则为直线l 的一个方向向量；与平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.要点诠释：（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量. （2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算.2. 平面的法向量定义：已知平面，直线，取的方向向量，有，则称为为平面的法向量.要点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量. 已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量. 3. 平面的法向量确定通常有两种方法：（1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为n =()x y z ，，；（ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标()()111222a a b c b a b c ==，，，，，；AB AB αl α⊥l a α⊥a aα（iii ）根据法向量的定义建立关于x y z ，，的方程.（iv ）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．要点二：用向量方法判定空间中的平行关系空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行. （1）线线平行向量判定方法：设直线，的方向向量分别是a b ，，则要证明，只需证明a b î，即. （2）线面平行线面平行的判定方法一般有两种：①判定定理：若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行. ②向量判定：方法一：设直线的方向向量是a ，平面的法向量是n ，则要证明，只需证明⊥a n ，即=0⋅a n . 方法二：根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量.方法三：根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可.（3）面面平行①判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行与另一个平面，那么这两个平面平行. ②向量判定：方法一：由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可.0n a n b ⋅=⎧⎨⋅=⎩1l 2l 12//l l ()k k =∈R a b l α//lα方法二：若能求出平面，的法向量，，则要证明，只需证明.要点三：用向量方法判定空间的垂直关系空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直. （1）线线垂直向量判定方法：设直线，的方向向量分别为，，则要证明，只需证明，即. （2）线面垂直①判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直. ②向量判定方法一：设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明，只需证明. 方法二：根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直.（3）面面垂直①判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直. ②向量判定：证明两个平面的法向量互相垂直.αβu v //αβ//uv 1l 2l a b 12l l ⊥⊥a b 0⋅=a b l a αu l α⊥//au【典型例题】类型一：求平面的法向量例1. 已知点，，，求平面的一个法向量. 举一反三：【变式1】在棱长为1的正方体1111—ABCD A B C D 中，如图建立空间直角坐标系，则平面1AB C 的一个法向量为（）A ．（1，0，1）B ．（1，―1，0）C ．（1，1，―1）D ．（1，1，―2）【变式2】如图，在长方体1111—ABCD A B C D 中，11AB AA ==，2AB =，点E 为AB 的中点，求平面1CD E 的一个法向量.类型二：利用向量研究平行问题例2、如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，为的中点，求证：直线平面.举一反三：【变式】在棱长为a 的正方体1111—ABCD A B C D 中，M N 、分别为1A B 和AC 上的点，. 求证：MN ∥平面11BB C C.(1,0,1)A -(3,2,0)B (5,5,2)CABC O ABCD -ABCD OA ⊥ABCD 2OA =22AD AB ==M OA N BC MN ‖OCD 13A M AN ==NA BCDOM例3．已知棱长为1的正方体1111—ABCD A B C D 中，E F M 、、分别是11A C 、1A D 和1B A 上任一点，求证：平面1A EF ∥平面1B MC ．举一反三：【变式】如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -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11111CC C B C A 、、的中点. 求证：平面EGF ∥平面ABD .类型三：利用向量研究垂直问题例4. 已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，且2PA AB ==，点E ，F 分别是AB 与PD 的中点. 求证：（1）PC AF ⊥；（2）AF ⊥平面PDC ；（3）PD ⊥平面AEF . 举一反三：【变式1】如右图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD PD DC =，，E 是PC 的中点，作EF 上PB 交PB 于F ，证明：（1）直线PA ∥平面EDB ；（2）直线PB ⊥平面EFD ．【变式2】在正方体1111—ABCD A B C D 中，E F 、分别为1BB DC 、的中点，求证：1D F ⊥平面ADE . 例5. 在正方体1111ABCD A B C D -中，AB =2，E F 、分别是1BB CD ，的中点. 求证：平面平面.AED ⊥11A D F举一反三：【变式】平面ABCD⊥平面ABEF ，ABCD 是正方形，ABEF 是矩形，且G 是EF 的中点，求证:平面AGC⊥平面BGC ；,21a AD AF ==【巩固练习】一、选择题1. 设向量a b c 、、不共面，则下列集合可作为空间的一个基底的是（） A. {+-a b b a a ，，} B. {+-a b b a b ，，} C. {+-a b b a c ，，} D. {+++a b c a b c ，，}2. 若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l αî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) 3. 已知平面α内有一个点A （2，－1，2），α的一个法向量为n =（3，1，2），则下列点P 中，在平面α内的是（）A ．（1，－1，1）B ．（1，3，32）C ．（1，－3，32）D ．（－1，3，32-）4. 已知A (2，1，1)，B (-2，7，0)，C (6，4，-1)，则平面ABC 的法向量可能是（） A. (3,4,12) B. (1,2,4) C. (4,3,12) D. (-3,-4,12)5. 设A B C D 、、、是空间不共面的四点，且满足0,0,0AB AC AB AD AC AD ⋅=⋅=⋅=，则BCD ∆是（） A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形 D ．不确定6. 在三棱柱'''ABC A B C -中，底面是正三角形，'AA ⊥平面ABC ，''A C AB ⊥，则与'BC 垂直的直线为（）A. 'B CB. ABC. 'BBD. 'AB 二、填空题7. 已知向量a ＝（1，1，0），b ＝（－1，0，2），且k a +b 与2-a b 互相垂直，则k 的值是________. 8. 已知向量a =(λ+1，0，2λ)，b =(6，2μ-1，2)，若a ∥b ，则λ与μ的值分别是．9. 已知两点()123A ，，，()212B ，，，()112P ，，，点Q 在OP 上运动,求当QA QB ⋅取得最小值时，点Q 的坐标是________.10. 已知点A （4，1，3），B （2，－5，1），C 为线段AB 上一点，且3||||AC AB =，则点C 的坐标是__________. 三、解答题11. 已知(2,2,1),(4,5,3),AB AC ==求平面ABC 的单位法向量.12. 如图，矩形ABCD 和直角梯形BEFC 所在平面互相垂直，//BE CF ，BCF ∠=90︒. 求证：AE //平面DCF .13. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 的中点，作EF PB ⊥，垂足为F . 证明PB ⊥平面EFD ．14. 如图，在三棱柱111—ABC A B C 中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC =2，BB 1=3，D 为11A C 的中点. 在线段1AA 上是否存在点E ，使CE ⊥平面1B DE ?若存在，求出AE 的长;若不存在，请说明理由.15. P 是平面ABCD 外的点，四边形ABCD 是平行四边形，且()2,1,4,AB =--()4,2,0,AD =()1,2,1AP =--. （1）求证：PA ⊥平面ABCD .（2）对于向量111222(,,),(,,)a x y z b x y z ==，定义一种运算：()a b c ⨯⋅=123231x y z x y z ++312132213321x y z x y z x y z x y z ---.试计算()AB AD AP ⨯⋅的绝对值，说明其与几何体P ABCD -的体积关系，并由此猜想向量这种运算()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的几何意义（几何体P ABCD -叫四棱锥，锥体体积公式：V =13⨯底面积⨯高）.数学试题答案【典型例题】类型一：求平面的法向量例1.【思路点拨】利用待定系数法，列方程组求面ABC 的法向量. 【解析】，设面ABC 的法向量，则⊥且⊥，即，即，解得，令，则∴向量为平面的一个法向量.(2,2,1)AB =(4,5,3)AC =(,,)n x y z =n n AC 00n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2204530x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩2,,x z y z =⎧⎨=-⎩1x =(1,2,2)n =-(1,2,2)n =-ABC【总结升华】一般情况下求法向量用待定系数法. 由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把的某个坐标设为1，再求另两个坐标. 平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量.举一反三：【变式1】【答案】C分别写出、的坐标，去验证四个向量中的哪个向量与、均垂直即可. 【变式2】【答案】如图，建立空间直角坐标系D xyz -，则A （1，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），D 1（0，0，1），所以E （1，1，0）所以，. 设平面CD 1E 的法向量=（x ，y ，z ），则：，.所以，所以.令y=1，则x=1，z=2.所以平面CD 1E 的一个法向量为（1，1，2）. 类型二：利用向量研究平行问题例2、【思路点拨】证明直线的方向向量和平面的法向量垂直.【解析】如图，分别以AB ，AD ，AO 所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，， ∴，，法一：∵，∴共面又平面，平面，平面，平面法二：设平面的法向量为，则，即，取，得，n AC 1AB AC 1AB (1,1,0)CE =-1(0,2,1)CD =-n 0CE ⋅=n 10CD ⋅=n 020x y y z -=⎧⎨-+=⎩2x y z y =⎧⎨=⎩MN OCD ,,x y z A xyz -(0,0,0)A (1,0,0)B (1,2,0)C (0,2,0)D (0,0,1)M (1,1,0)N (0,0,2)O (1,1,1)MN =-(1,0,0)DC =(0,2,2)DO =-12MN DC DO =-MN DC DO 、、MN ⊂/OCD DC ⊂OCD DO ⊂OCD DCDO=D MN ∴‖OCD OCD (,,)n x y z =0n DO n DC ⎧=⎪⎨=⎪⎩2200y z x -+=⎧⎨=⎩1z =(0,1,1)n =(1,1,1)(0,1,1)0MN n ∴=-=又平面，平面.【总结升华】立体几何中的证明线面平行（），一般先求出平面的法向量是，再证明，即.举一反三：【变式】【答案】如图，建立空间直角坐标系，则A 1（a ，a ，0），B （a ，0，a ），C （0，0，a ），A （a ，a ，a ），则，，所以.而平面BB 1C 1C 的一个法向量为.所以，所以. 所以MN∥平面BB 1C 1C.例3．【解析】如图建立空间直角坐标系，则＝（－1，1，0），＝（－1，0，－1）＝（1，0，1），＝（0，－1，－1）设，，（、、且均不为0）设、分别是平面A 1EF 与平面B 1MC 的法向量，由可得即解得：＝（1，1，－1）由可得即解得＝（－1，1，－1），所以＝－， ∥，所以平面A 1EF∥平面B 1MC ．【总结升华】证两个面、平行，只需求出平面、的法向量，，再证出即可. 举一反三：【变式】【答案】如图所示，由条件，知BA ，BC ，BB 1两两互相垂直，以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标.由条件知B （0，0，0）、D （0，2，2），B 1（0，0，4），设BA=a ，则A （a ，0，0）.MN ⊂/OCD MN ∴‖OCD //l ααu ⊥l u 0⋅=l u 21(,,)33M a a a 22(,,)33N a a a 2(,0,)33a MN a =-(0,1,0)=n 0MN ⋅=n MN ⊥n 11C A B 1D A 1A B 1111C A A λ=A A 11μ=B B 11ν=λμνR ∈1n 2n 011=⋅A n 0111=⋅C A n λ0111=⋅C A n 011=⋅F A n 011=⋅D A n μ011=⋅D A n 1n 012=⋅B n 012=⋅A B n ν012=⋅B n 012=⋅B n 012=⋅B n 012=⋅B n 2n 1n 2n 1n 2n αβαβu v //u v所以，，.，.所以B 1D⊥BA，B 1D⊥BD. 因此B 1D⊥平面ABD （1）由E 、F 、G 的定义，知E （0，0，3）、、F （0，1，4）. 所以，，，.所以B 1D⊥EG，B 1D⊥EF. 所以B 1D⊥平面EFG. 结合（1），可知平面EGF∥平面ABD. 类型三：利用向量研究垂直问题例4.【思路点拨】建立适当的空间直角坐标系，将几何证明问题转化为向量的代数计算问题. 【解析】如图，建立空间直角坐标系，则()()()()()()()000200020002220100011A B D P C E F ，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，（1）()()2,2,20,1,1PC AF =-=，，则0PC AF ⋅=，故PC AF ⊥.（2）设平面PDC 的法向量为()1x y z =n ，，，则 11220220PD y z PC 2x+y z .⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，取()1011=n ，，由1AF=n ，可知1AF n î，所以AF ⊥平面PDC .（3）设平面AEF 的法向量为()2x y z =n ，，，则 1100AE x AF y+z .⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n ，取()1011=-n ，，由()022PD=，，知12PD =n ，所以1PD n î，即PD ⊥平面AEF .【总结升华】要证明线线垂直，只需要证明这两条直线的方向向量平行即可；要证明线面垂直，只需要证明直线的方向向量与平面的法向量平行. 举一反三：(,0,0)BA a =(0,2,2)BD =1(0,2,2)B D =-10B D BA ⋅=10440B D BD ⋅=+-=(,1,4)2aG (,1,1)2a EG =(0,1,1)EF =10220B D EG ⋅=+-=10220B D EF ⋅=+-=【变式1】【解析】以DA 、DC 、DP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设PD=DC=2，则得下列各点的坐标D （0，0，0），A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0）， P （0，0，2）．（1）∵E 是PC 的中点，∴E（0，1，1），-∵，，， ∴.又PA 平面EDB ，∴PA∥平面EDB ．（2）∵，又， ∴，∴BP⊥DE．又BP⊥EF，且EF∩DE=E．所以直线PB⊥平面EFD ．【变式2】【解析】如图所示，不妨设正方体的棱长为1，且设＝i ，＝j ，＝k ，以i 、j 、k 的坐标向量建立空间直角坐标系D —xyz ，则＝（－１，0，０），＝(0，，-1)，·＝(-1，0，0)·(0，，-1)＝0，∴AD ⊥D 1F. 又＝(0，1，)，＝(0，，-1)，∴·＝(0，1，)·(0，，-1)＝-＝0.∴A E⊥D 1F ，又AE ∩AD ＝A ， ∴D 1F ⊥平面ADE. 例5.【解析】如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，D(0，2，0)，A 1(0，0，2)，D 1(0，2，2)，E(2，0，1)，F(1，2，0) ∴，，，∴，即，又∵，平面，(2,0,2)AP =-(0,1,1)DE =(2,1,1)BE =--AP DE BE =+⊄(2,2,2)BP =--(2,2,2)(0,1,1)0BP DE ⋅=--⋅=BP DE ⊥DA DC 1DD AD D 121AD D 121AE 21D 121AE D 121212121(2,0,1)AE =1(1,0,2)D F =-11(0,2,0)A D =∴121001(2)0AE D F ⋅=⨯+⨯+⨯-=112002100AE A D ⋅=⨯+⨯+⨯=1AE D F ⊥11AE A D ⊥1AE D F ⊥11AE A D ⊥1111D FA D D =∴AE ⊥11A DF∵平面，平面平面.【总结升华】（1）用向量法证明面面垂直，就是证两个面的法向量的数量积为0；设，，则. （2）建立恰当的直角坐标系可以简化向量法解决问题时的计算量. 举一反三：【变式】【答案】如图，以A 为原点建立直角坐标系，则A （0，0，0），B （0，2a ，0），C （0，2a ，2a ），G （a ，a ，0），F （a ，0，0），，设平面AGC 的法向量为，设平面BGC 的法向量为，∴ 即 ∴平面AGC⊥平面BGC. 【巩固练习】【答案与解析】1．【答案】C【解析】由已知及向量共面定理，易得a+b ，b －a ，c 不共面，故可作为空间的一个基底，故选C. 2. 【答案】D【解析】l αî≡a ⊥n ≡a ⎡n ＝0，故选D. 3. 【答案】B【解析】要判断点P 是否在平面内，只需判断向量PA 与平面的法向量n 是否垂直，即PA n ⋅是否为0即可，因此，要对各个选项进行逐个检验.对于选项A ，(1,0,1)PA =，则(1,0,1)(3,1,2)50PA n ⋅=⋅=≠，故排除A ；对于选项B ，11,4,2PA ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则11,4,(3,1,2)02PA n ⎛⎫⋅=⋅= ⎪⎝⎭，故B 正确，E A ⊂AED ∴AED ⊥11A DF 111(,,)x y z =a 222(,,)x y z =b 1212120x x y y z z ⊥⇔++=ab (,,0),(0,2,2)AG a a AC a a ==(,,0),(0,0,2)BG a a BC a =-=111(,,1)n x y =1111111010(1,1,1)22010ax ay x AG n n ay a y AC n ⎧+==⋅=⎧⎧⎪⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨+==-⋅=⎩⎩⎪⎩222(1,,)n y z =2222222001(1,1,0)2010BG n a ay y n az z BC n ⎧⋅=-==⎧⎧⎪⇒⇒⇒=⎨⎨⎨==-⋅=⎩⎩⎪⎩120n n ⋅=12n n ⊥同理可排除C 、D. 故选B.4.【答案】A【解析】平面ABC 的法向量为:(,,)n x y z =.由题意，(4,6,1),(4,3,2)AB AC =--=-. 由n AB 0n AC 0.⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得4604320x y z x y z -+=⎧⎨+-=⎩，即43z x z y =⎧⎨=⎩12z =令(3,4,12)n =得故选A.5. 【答案】C【解析】∵BC ·BD ＝(AC －AB )·(AD －AB )＝AC ·AD －AB ·AD －AC ·AB ＋2AB >0，同理CB ·CD >0，DB ·DC >0，故△BCD 为锐角三角形．因此选C.6. 【答案】D 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设三棱柱的底面边长为2，高为h.(0,1,0),(0,1,0).'(3,0,),'(0,1,),'(0,1,).A B C A h B h C h --'(3,1,),'(3,1,),'(0,2,)AB h A C h BC h =-=---=-2220=''=31,=2.''=02=0.AB A C h h AB BC h ⋅--⋅+-∴''BC AB ⊥7. 【答案】75【解析】由k a +b 与2-a b 垂直，可知()k a +b ()2=0⋅-a b ，即5-70k =，得k=75. 8. 【答案】15，12【解析】由a ∥b 得，12622-10.λλμ+⎧=⎪⎨⎪=⎩，解得1152λμ==，.9. 【答案】448,,333⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设(,,2)OQ OP λλλλ==∴261610QA QB λλ⋅=-+,∴当43λ=时, QA QB ⋅取得最小值, 此时448,,333Q ⎛⎫⎪⎝⎭. 10. 【答案】107(,1,)33-【解析】由题意可知，=3AB AC .设点C 的坐标为()x y z ，，，则 ()()()342316332x y z .-=-⎧⎪-=-⎨⎪-=-⎩，，解得107,1,.33x y z ==-=11. 【解析】设平面ABC 的一个法向量为(,,)n x y z =则n AB n AC ⊥⊥，. ∴22104530(,,)(,,)(,,)(,,)x y z x y z ⋅=⎧⎨⋅=⎩即2204530x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩∴22y xz x=-⎧⎨=⎩∵令1x =，得22-y z ==，122(-)n ，，∴=，3n =，∴平面ABC 的单位法向量n n±，即122(333-，，）或122(333--，，）.12.【证明】如图，以点C 为坐标原点，以CB CF ，和CD 分别作为x 、y 和z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．设C BE AB a B b c ===，，，则(000)C ，，，(b0,)A a ,，(b 00)B ，，，(b c,0)E ,． ∴(0c )AE a =-，，，(b 00)CB =，，，因为CB ⊥平面DCF ，所以CB 是平面DCF 的法向量因为0CB AE =，且AE ⊄平面DCF ，故AE ∥平面DCF ．13. 【证明】如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点. 设.DC a =依题意得(,0,0)A a ，(,,0)B a a ，(0,0,)P a ，(0,,)22a a E .故(,,)PB a a a =-，(0,,)22a aDE =，于是220022a a PB DE ⋅=+-=，∴PB DE ⊥，又∵EF PB ⊥，且,EF DE E =∴PB ⊥平面EFD.14. 【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系B —xyz ，则B(0，0，0)，E(2，0，32)，A1(0，，3)，C(，0，0).假设存在点F ，使CF⊥平面B 1DF. ∵B 1D⊥平面AA 1C 1C ，CF 平面AA 1C 1C ，∴B 1D⊥CF.设|AF|=b ，则F(0，b ，)，B 1(0，0，3).∴CF ，b)，1B F =(0，b-3). 由CF ·1B F =0，得2+b(b-3)=0，解得b=1或b=2.因此，当b=1或b=2时，CF⊥B 1F ，BD⊥CF，即在线段AA 1上存在两点F ，使CF⊥平面B 1DF ，此时AF 的长为1或2.15. 【解析】（1）(2,1,4)(1,2,1)2(2)40AP AB ⋅=--⋅--=-+-+=，∴AP AB ⊥，即AP AB ⊥.∵(1,2,1)(4,2,0)4400AP AD ⋅=--⋅=-++= ∴AP AD ⊥即AP AD ⊥，又∵ABAD A =，AD ABCD ⊥面（2）()48,AB AD AP AB AD ⨯⋅=⋅=又c o s V ＝1sin 163AB AD AB AD AP ⋅⋅⋅⋅= 猜测：()AB AD AP ⨯⋅在几何上可表示以AB ，AD ，AP 为棱的平等六面体的体积（或以AB ，AD ，AP 为棱的四棱柱的体积）。

空间向量解决立体几何

1 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解如图以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717. 点评本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点，因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1，以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12，0)，A 1(0,2，2)．点评空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．3．利用面面垂直关系例3 如图1，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 所成的锐角的大小．解取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点，所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.点评本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．2 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |解出t ，若t 满足条件则存在．解因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t ) (0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°.设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22，解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.点评由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．3 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝AF ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解因为AA 1⊥底面ABCD ，⊥BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系．则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝13，由图可知，二面角AA 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13. (3)解过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A －DF －C 的平面角的余弦值．分析求二面角最常用的办法就是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是锐角还是钝角．解 (1)以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)，设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0.取x ＝1得平面FDC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(3)设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ·DF →＝0，q ·DA →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝|n ·q |n |·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的平面角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，说明理由．分析写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43，又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在，此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以平面ABCD 内，点Q 在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意；当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意；当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意．综上所述，当a ≥2时，存在点Q ；当0<a <2时，不存在点。

空间向量法解决立体几何问题

于平面α,称这个向量垂直于平面α,记作 n⊥α,这时向量n叫做平面α的法向量.
n
α
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_)__
正交基底，建立如图所示坐标系D-xyz，
DA (1, 0, 0)，DE (1,1, , 1)
1
2
z
D1
D1F (0, 2 , 1)
A1
则Ｄ１Ｆ DA 0，Ｄ１Ｆ DE 0
则Ｄ１Ｆ DA，Ｄ１Ｆ DE．所以 D1F 平面ADE
D A
x
C1
B1
E
C
F
y
B
练习正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E、F分别是BB1,，CD中点，求证：D1F 平面ADE.
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 ，n AC .∵ AB (3, 4, 0) , AC (3, 0, 2)
∴
( (
x, x,
y, y,
z) z)
(3, (3,
4, 0,
u (x, y,1)
由u EB u ED 0
得u (1 , 1 ,1) 22
平面C1BD的一个法向量是
v CA1 (1, 1,1)
u v 0,
平面EBD 平面C1BD.
例3 正方体 ABCD A1B1C1D1 ,E是AA1中点，求证：平面EBD 平面C1BD.

用空间向量解决立体几何问题的建系策略

(2) 若PC与底面 A ABC^Jr成的角为60°, 求二面角E-BF-A的余弦值。
分析!1)连接AC交BF于点G,连接 EG,结合线面平行的性质可得PA%EG,再由E为PC的中点，得G为AC的中点，则
△AFG^^CBG,得到 AF — BC — ]aD —
1,即F为AD的中点，可得四边形DCBF为平行四边形，再由AD丄DC,得BF丄AD，可得BF丄平面PAD，进一步得到平面BEF丄平面PAD " (2)由面面垂直转化为线面垂直，结合底面是直角梯形，可以以D为坐标原点建系。分析得到F为AD的中点，也可以以F为坐标原点建系。P点坐标未知，需要先设坐标，比如设P (0,0,),由PC与底面ABCD所成的角为60°可求解3。
点的坐标是用空间向量解决立体几何问题的
BCD。
关键所在。下面以典型的几何体：棱柱、棱锥、
证法二：如图2,以C
多面体为载体，以典型的问题情境设计：求线
为坐标原点，CA , CB.
面角、求二面角、探索性问题、翻折问题为背
CC］所在直线分别为e
景，剖析建立空间直角坐标系的常用途径。
轴，y轴，w轴，建立空间
论也可以B为坐标
原点，z轴与OC平
行（z轴悬空）建系，
如图4所示。求点C
的坐标
利用
CC* $ AA* &求点 D
的坐标可以利用
图4
------ > 1 -------->
A1D $yA 1C1。本题第（2）问的解答以O为
坐标原点建系为例。
解：（1）因为 #$A$1 $ #$$1A，所以 AB$B$1，所以四边形A1ABB1为菱形。
底面直角梯形，BC/AD , AD丄 DC , BC $ CD $ 1 , AD $ 2 , PA $ PD , E 为

高中空间向量在立体几何里的应用问题

206神州教育高中空间向量在立体几何里的应用问题韦巧玉广西梧州岑溪市岑溪中学摘要：空间向量在高中教学中有着非常重要的教学地位，也是一个重点和难点，在教学实践中，学生容易将空间向量和平面向量的概念混淆，对于审题也是不认真，常常忽视一些关键的条件，这就造成学生无法合理的建立坐标系，从而导致向量坐标运算出现错误，影响整道题目的正确率。

本文就高中空间向量学习中的不足以及措施进行分析。

关键词：高中数学；空间向量；平面向量；立体几何课程标准需要重视教对学生的基础教学，如果学生对于基础知识都没有透彻的理解，就无法将其灵活运用到解题当中。

空间向量在高中教学中属于非常重要的内容，它不仅具有代数形式，还具有几何形式，所以向量的学习使得学生体会到运算的意义，培养学生数学运算的能力和逻辑思维能力，锻炼和提高学生的空间想象能力，从而使学生能够将数学中学到的知识运用到生活当中。

本文对针对高中空间向量在立体几何中的应用问题进行了一下探析。

一、空间向量学习中存在的不足向量在数学中，作为代数、三角函数和几何的桥梁，影响十分广泛，因此在具体的教学中，需要及时发现学生在学习中的问题并及时指出[1]。

目前，学生在对向量的学习中有一下几个方面的不足：(一)混淆基本概念学生在必修课程中已经学习到了平面向量的知识，再从平面向量过渡到空间向量的过程中，学生感觉比较轻松理解，容易掌握。

但对一些概念的理解还存在或多或少的问题，尤其对向量的几何意义并没有深入的理解，这就容易造成学生遇到空间向量的问题出现一些判断失误，影响学生对整个题目的理解[2]。

除此之外，对概念的混淆还体现在学生容易将空间向量中的向量共线与直线平行想混淆，这就造成学生无法正确选择解题方法，并且影响学生对题目的理解。

(二)审题片面在教学实践中，虽然许多学生已经升入高中，但是在初中会犯的审题不全面的问题在高中仍然频繁出现，有些同学不能充分在解题中运用题目中已经给出的条件，总是凭自己的主观意愿，感觉垂直或者平行等等，这就对学生将几何图形转化为向量计算造成了很大的影响。

专题：利用空间向量知识解决立体几何

n1
平面与平面所成角为 (0 ),
平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，
n1 cos cos n1, n2 n1 n2
n2
n1 n2
注意： 1.要根据二面角为锐角还是钝角来选择所求的余弦值符号为正值还是负值。 2.求出法向量夹角的余弦值后，一定要作答还原成二面角的余弦值。
知识探究二、空间距离的计算
0
n1 (1, 3,2)
又平面PAD的法向量n2 (1,0,0)
cos
n1 , n2 n1 n2 n1 n2
二面角A PD
1 2 s 8 1 4 C的正弦值为
in 14
n1 , n2
14 4
4
巩固练习如图，在四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点,
CA BC CD BD 2, AB AD 2
在空间直角坐标系o-xyz中,其中点o叫做坐标原点,x轴、y轴、z轴叫做坐标轴,通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面,并分别称为xoy平面、 yoz平面、xoz平面.
知识探究
z
2.空间中点的坐标设点M是空间的一个定点，过点M分别作
R M
垂直于x 轴、y 轴和z 轴的平面，依次交x 轴、y 轴和z 轴于点P、Q和R．设点P、Q、R在x 轴、
小练习： 1.在空间中,已知点A(1,0,-1),B(4,3,-1),求A、B两点之间的距离.
2.已知两点A(-4,1,7)和B(3,5,-2),点P在z轴上,若|PA|=|PB|,求点P的坐标.
知识探究 4.空间向量的坐标
z
向量OM xi yj zk (x, y, z)
z
M （x，y，z）特别：已知点A( x1, y1, z1 )、点B( x2 , y2 , z2 )

基于数学思想的空间向量与立体几何问题的解题技巧与方法

基于数学思想的空间向量与立体几何问题的解题技巧与方法基于数学思想的空间向量与立体几何问题的解题技巧与方法牛晓琳（吉林师范大学，吉林㊀四平㊀１３６０００）ʌ摘要ɔ空间向量与立体几何作为每年高考命题中的一大主干知识，是高考数学试卷解答题中的重要类型之一．文章借助空间向量与立体几何中的数学思想，从函数与方程思想㊁分类讨论思想㊁数形结合思想等入手，通过实例剖析，阐述数学思想的应用技巧与方式，引领并指导数学教学与复习备考．ʌ关键词ɔ空间向量；立体几何；数学思想；解题应用引　言空间向量与立体几何中，重点是利用空间向量来解决有关的立体几何问题，将几何的综合推理和向量的代数运算有机地结合起来，为我们的数学思维活动开辟更加广阔的天地，更好地培养分析问题㊁解决问题的能力．在具体解决立体几何问题的过程中，往往离不开数学思想方法的应用．一㊁函数与方程思想的应用在立体几何中，通过建立空间直角坐标系，把空间中的线段㊁角㊁距离等问题用数表示，然后通过分析变量间的对应关系，建立方程或方程组或者构造方程或方程组，使问题获得解决．有关线段㊁角度㊁面积㊁体积的计算，经常需要用构造方程或建立函数关系式的方法加以解决．例１㊀如图１所示，菱形ＡＢＣＤ中，øＡＢＣ＝１２０ʎ，ＥＡʅ平面ＡＢＣＤ，ＥＡʊＦＤ，ＥＡ＝ＡＤ＝２ＦＤ＝２．（１）证明：直线ＦＣʊ平面ＥＡＢ；（２）线段ＥＣ上是否存在点Ｍ，使得直线ＥＢ与平面ＢＤＭ所成角的正弦值为２８？若存在，求ＥＭＭＣ，若不存在，说明理由．图１分析㊀（１）取ＡＥ的中点Ｈ，连接ＨＦ，ＨＢ，先证四边形ＢＣＦＨ为平行四边形，从而知ＦＣʊＨＢ，再由线面平行的判定定理，得证；（２）取ＡＢ的中点Ｎ，连接ＤＮ，先证ＦＤ，ＤＣ，ＤＮ两两垂直，再以Ｄ为坐标原点建立空间直角坐标系，设ＥＭң＝λＥＣң，λɪ［０，１］，用含λ的式子表示出点Ｍ的坐标，求得平面ＢＤＭ的法向量ｎ，由ｃｏｓＢＥң，ｎ⓪＝２８，通过解方程来分析并确定．解析㊀（１）如图２所示，取ＡＥ的中点Ｈ，连接ＨＦ，ＨＢ，因为ＥＡʊＦＤ，ＥＡ＝２ＦＤ＝２，所以四边形ＡＤＦＨ为平行四边形，ＨＦʊＡＤ，ＨＦ＝ＡＤ，又四边形ＡＢＣＤ为菱形，所以ＡＤʊＢＣ，ＡＤ＝ＢＣ，所以ＨＦʊＢＣ，ＨＦ＝ＢＣ，即四边形ＢＣＦＨ为平行四边形，所以ＦＣʊＨＢ，因为ＦＣ⊄平面ＥＡＢ，ＨＢ⊂平面ＥＡＢ，所以ＦＣʊ平面ＥＡＢ．图２㊀图３（２）取ＡＢ的中点Ｎ，连接ＤＮ，因为菱形ＡＢＣＤ中，øＡＢＣ＝１２０ʎ，所以әＡＢＤ是等边三角形，所以ＤＮʅＡＢ，ＤＮʅＤＣ，因为ＥＡʅ平面ＡＢＣＤ，ＥＡʊＦＤ，所以ＦＤʅ平面ＡＢＣＤ，可得ＦＤʅＤＣ，ＦＤʅＤＮ，故以Ｄ为坐标原点，ＤＮ，ＤＣ，ＤＦ所在直线分别２５１为ｘ，ｙ，ｚ轴建立如图３所示的空间直角坐标系，则Ｂ（３，１，０），Ｃ（０，２，０），Ｄ（０，０，０），Ｅ（３，－１，２），ＥＣң＝（－３，３，－２），ＢＥң＝（０，－２，２），ＤＢң＝（３，１，０），设ＥＭң＝λＥＣң，λɪ［０，１］，则Ｍ（３（１－λ），３λ－１，２（１－λ）），设平面ＢＤＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｎ㊃ＤＢң＝０ｎ㊃ＤＭң＝０{，即３ｘ＋ｙ＝０，３（１－λ）ｘ＋（３λ－１）ｙ＋２（１－λ）ｚ＝０，{令ｘ＝－１，则ｙ＝３，ｚ＝３－２３λ１－λ，所以ｎ＝－１，３，３－２３λ１－λæèçöø÷，因为直线ＥＢ与平面ＢＤＭ所成角的正弦值为２８，所以ｃｏｓＢＥң，ｎ⓪＝ＢＥң㊃ｎＢＥң㊃ｎ＝－２３＋２㊃３－２３λ１－λ２２㊃４＋３－２３λ１－λæèçöø÷２＝２８，化简得３２λ２＋２０λ－７＝０，解得λ＝１４或－７８（舍负），即ＥＭң＝１４ＥＣң，所以ＥＭＭＣ＝１３．点评：通过空间中对应点㊁线㊁面之间的关系分析有关的参数㊁方程㊁函数等问题，并进一步借助向量的工具作用讨论对应元素之间的关系，达到灵活运用函数与方程的思想来解决相关的立体几何问题的目的．二㊁分类讨论思想的应用立体几何中的点㊁线㊁面之间的位置关系，角的大小㊁距离等问题，经常要根据不同的情况，通过分类讨论来达到解决问题的目的．例２㊀如图４所示，已知长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢ＝１，ＢＣ＝ａ，ＡＡ１＝１．（１）棱ＢＣ上是否存在点Ｐ，满足Ａ１ＰʅＰＤ？说明理由．（２）若ＢＣ上有且仅有一点Ｐ，满足Ａ１ＰʅＰＤ，试求此时的二面角Ｐ－Ａ１Ｄ－Ａ的余弦值．图４分析㊀（１）通过合理构建空间直角坐标系，设出线段ＣＰ＝ｘ，利用两向量坐标的确定，结合垂直关系转化为数量积０，合理构建对应的关系式，再根据方程的根的个数来讨论点的存在性问题；（２）由（１）可知ａ＝２，进而分别求解两个半平面的法向量，利用数量积公式来求解对应的二面角的平面角的余弦值即可．解析㊀（１）建立如图５所示的空间直角坐标系，其中直线ＤＣ为ｘ轴，直线ＤＡ为ｙ轴，直线ＤＤ１为ｚ轴．图５设ＣＰ＝ｘ，则Ｐ（１，ｘ，０），Ｄ（０，０，０），Ａ１（０，ａ，１），所以Ａ１Ｐң＝（１，ｘ－ａ，－１），ＤＰң＝（１，ｘ，０），若Ａ１ＰʅＰＤ，则Ａ１Ｐң㊃ＤＰң＝０，即１ˑ１＋（ｘ－ａ）ˑｘ＋（－１）ˑ０＝０，整理得ｘ２－ａｘ＋１＝０，判别式为Δ＝ａ２－４，所以当ａ＞２时，棱ＢＣ上存在两点Ｐ，满足Ａ１ＰʅＰＤ；当ａ＝２时，棱ＢＣ上存在一点Ｐ，满足Ａ１ＰʅＰＤ；当０＜ａ＜２时，棱ＢＣ上不存在点Ｐ，满足Ａ１ＰʅＰＤ．（２）由（１）可知，当ａ＝２时，棱ＢＣ上存在一点Ｐ，满足Ａ１ＰʅＰＤ，此时ｘ＝１，则Ｐ（１，１，０），Ａ１（０，２，１），Ａ１Ｐң＝（１，－１，－１），ＤＰң＝（１，１，０），显然ＤＣң＝（１，０，０）为平面ＡＡ１Ｄ的一个法向量，设平面Ａ１ＰＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，１），则ｎʅＡ１Ｐң，ｎʅＤＰң，则有ｘ－ｙ－１＝０，ｘ＋ｙ＝０，{解得ｘ＝１２，ｙ＝－１２，ìîíïïïï即ｎ＝１２，－１２，１æèçöø÷，所以ｃｏｓ＜ｎ，ＤＣң＞＝ｎ㊃ＤＣң｜ｎ｜｜ＤＣң｜＝１２１ˑ１２æèçöø÷２＋－１２æèçöø÷２＋１２＝６６，由图可知，所求的二面角为锐角，故所求的二面３５１角的余弦值为６６．点评：对于立体几何中的点㊁线㊁面之间的一些关系问题，要根据题中条件加以分类讨论，特别是涉及一些参数变量的空间几何体问题，在分类讨论基础上根据讨论结果正确判断，从而达到解答立体几何问题的目的．三㊁数形结合思想的应用数形结合思维既能以形助数，使立体几何中的数的问题直观化㊁形象化㊁简单化，从而进行必要的逻辑推理与分析；又能用数解形，使立体几何中的形的问题能数量化处理，从而借助数来分析解决，进行必要的数学运算与应用．例３㊀如图６所示，正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为４，Ｍ，Ｎ，Ｐ，Ｑ分别为棱ＢＢ１，ＢＣ，Ａ１Ｄ１，ＤＤ１的中点，平面ＤＡ１ＭＮ与平面ＣＢ１ＰＱ将该正方体截成三个多面体．（１）求平面ＡＭＮ与平面Ａ１ＭＮ所成夹角的余弦值．（２）求多面体ＭＮＤＡ１－ＰＱＣＢ１的体积（如图７所示）．图６㊀㊀图７分析㊀（１）借助空间直角坐标系的构建，以向量法为工具结合平面夹角公式，即可解决；（２）利用空间几何图形的直观分析，将所求多面体体积通过大正方体的体积减去部分几何体的体积进行转化，数形结合即可解决．解析㊀（１）以Ａ为原点，分别以ＡＢ，ＡＤ，ＡＡ１为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系（如图８所示），则Ｍ（４，０，２），Ｎ（４，２，０），Ａ１（０，０，４），ＡＭң＝（４，０，２），ＭＮң＝（０，２，－２），ＭＡ１ң＝（－４，０，２）．设ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ）为平面ＡＭＮ的一个法向量，则ｍ㊃ＡＭң＝４ｘ＋２ｚ＝０，ｍ㊃ＭＮң＝２ｙ－２ｚ＝０，{取ｘ＝１，解得ｙ＝ｚ＝－２，故ｍ＝（１，－２，－２）．设ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）为平面Ａ１ＭＮ的一个法向量，则ｎ㊃ＭＡ１ң＝－４ａ＋２ｃ＝０，ｎ㊃ＭＮң＝２ｂ－２ｃ＝０，{取ａ＝１，解得ｂ＝ｃ＝２，故ｎ＝（１，２，２）．则ｃｏｓｍ，ｎ⓪＝ｍ㊃ｎｍ㊃ｎ＝－７９，即平面ＡＭＮ与平面Ａ１ＭＮ所成夹角的余弦值为７９．图８㊀㊀㊀图９（２）由正方体的特性可知：Ｖ多面体ＭＢＮ－ＡＡＤ＝Ｖ多面体ＰＤＱ－ＢＣＣ，所以Ｖ多面体ＭＮＤＡ－ＰＱＣＢ＝Ｖ正方体－Ｖ多面体ＭＢＮ－ＡＡＤ－Ｖ多面体ＰＤＱ－ＢＣＣ＝Ｖ正方体－２Ｖ多面体ＭＢＮ－ＡＡＤ，而多面体ＭＢＮ－Ａ１ＡＤ可以看成两三棱锥相减，如图９所示，将ＡＢ延长至Ｏ点，使ＢＯ＝ＡＤ，得到多面体ＭＢＮ－Ａ１ＡＤ的体积为三棱锥Ｏ－Ａ１ＤＡ的体积减去三棱锥Ｏ－ＢＭＮ的体积，所以Ｖ多面体ＭＢＮ－ＡＡＤ＝１３ＳәＡＤＡ㊃ＯＡ－１３ＳәＢＭＮ㊃ＯＢ＝１３ˑ１２ˑ４ˑ４ˑ８－１３ˑ１２ˑ２ˑ２ˑ４＝５６３．故Ｖ多面体ＭＮＤＡ－ＰＱＣＢ＝４３－２ˑ５６３＝８０３．点评：立体几何问题的空间想象与直观图形，都离不开数形结合思想的应用，由题设条件中的数与形的信息结合，又结合逻辑推理或数学运算这两个层面数与形的应用来达到目的，是解决立体几何问题中最为常见的技巧．结　语数学思想比数学概念更具有抽象概括水平，后者比前者更具有具体性㊁丰富性，前者比后者更具有深刻性㊁拓展性．在空间向量与立体几何的综合问题中，结合基本知识点与丰富的数学思想方法的交汇与融合，总结其一般解题技巧与策略，合理应用数学思想方法引领，全面提升数学思维品质与数学基本能力，必然会达到事半功倍的良好效果．ʌ参考文献ɔ［１］王婷婷．高中数学立体几何初步单元教学研究［Ｄ］．呼和浩特：内蒙古师范大学，２０２３．［２］张林华．活用数学化归思想提升立几解题能力：以２０２２年浙江省数学高考第１９题为例［Ｊ］．中学教研（数学），２０２２（１２）：３４－３６．［３］张佳媛．高中数学人教Ａ版新旧教材立体几何部分的比较研究［Ｄ］．哈尔滨：哈尔滨师范大学，２０２１．４５１。

第28练空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”

第28练空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”[题型分析·高考展望] 向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题.而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系.在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择.体验高考1.(2018·北京)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)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)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 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解取AD 中点O ，连接CO ，PO .∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ， ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33. ∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝⎛⎭⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.2.(2018·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0).(1)证明依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)，又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1，1).因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45，进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 3.(2018·课标全国乙)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°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.(1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3).由已知，得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3). 所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.高考必会题型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. (1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r . 由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.∵MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)解由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )]＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)] ＝14·2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)解设向量 AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ ＝32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 夹角的余弦值为23.点评对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1 如图，在四棱锥P －GBCD 中，PG ⊥平面GBCD ，GD ∥BC ，GD ＝34BC ，且BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，PG ＝4.(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 点是棱PC 上一点，且DF →·GC →＝0，PF →＝kCF →，求k 的值. 解 (1)如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Gxyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－32，32，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE →＝(1，1，0)，PC →＝(0，2，－4)， cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|GE →||PC →|＝22·20＝1010，故异面直线GE 与PC 所成角的余弦值为1010. (2)设F (0，y ，z )，则DF →＝GF →－GD →＝(0，y ，z )－(－32，32，0)＝(32，y －32，z )，GC →＝(0，2，0).∵DF →·GC →＝0，∴(32，y －32，z )·(0，2，0)＝2(y －32)＝0，∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3，∴k ＝－3. 题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 (2018·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值.(1)证明设FC 中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0).过点F 作FM ⊥OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3). 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33，因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 点评 (1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(AP →＝λa )，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2 在边长是2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，A 1C 的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长；(2)证明：EF ∥平面AA 1D 1D ； (3)证明：EF ⊥平面A 1CD . (1)解如图建立空间直角坐标系，则A 1＝(2，0，2)，A ＝(2，0，0)，B ＝(2，2，0)，C ＝(0，2，0)， D 1＝(0，0，2)，E ＝(2，1，0)，F ＝(1，1，1)， ∴EF →＝(－1，0，1)，EF ＝ 2.(2)证明 ∵AD 1→＝(－2，0，2)，∴AD 1∥EF ，而EF ⊄平面AA 1D 1D ，∴EF ∥平面AA 1D 1D .(3)证明 ∵EF →·CD →＝0，EF →·A 1D →＝0， ∴EF ⊥CD ，EF ⊥A 1D ，又CD ∩A 1D ＝D ， ∴EF ⊥平面A 1CD .高考题型精练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若BD 1→＝xAD →＋yAB →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 的值为( )A.3B.1C.－1D.－3 答案 B解析 ∵BD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→， ∴x ＝1，y ＝－1，z ＝1，∴x ＋y ＋z ＝1.2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D.－12a －12b ＋c答案 A解析由题意知，B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝B 1A 1→＋A 1A →＋12AC →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c ，故选A.3.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B解析设平面ABCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →n ⊥AD→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0.令y ＝4，则n ＝(1，4，43)，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∵h |AP →|＝|cos 〈n ·AP →〉|， ∴h ＝2626×226＝2，故选B. 4.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.异面直线AE ，BF 所成的角为定值答案 D解析 ∵AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，故A 正确. ∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E ，F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确.C 中，由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为22，故V A －BEF 为定值，故C 正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1，1，0)，B (0，1，0).①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，E (1，0，1)， F (12，12，1)，∴AE →＝(0，－1，1)，BF →＝(12，－12，1)， ∴AE →·BF →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角. ②当点E 为D 1B 1的中点，F 在B 1处时， E (12，12，1)，F (0，1，1)， ∴AE →＝(－12，－12，1)，BF →＝(0，0，1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝(－12)2＋(－12)2＋12＝62， ∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝162·1＝63≠32，故D 错误.故选D.5.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( )A.x ＝1，y ＝1B.x ＝12，y ＝－12C.x ＝－16，y ＝32D.x ＝16，y ＝－32答案 D解析因为a 与b 为共线向量，所以存在实数λ使得a ＝λb ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝λ，1＝－2λy ，3＝9λ，解得x ＝16，y ＝－32.6.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，则用向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →是()A.OG →＝16OA →＋13OB →＋13OC →B.OG →＝16OA →＋13OB →＋23OC →C.OG →＝OA →＋23OB →＋23OC →D.OG →＝12OA →＋23OB →＋23OC →答案 A解析 ∵MG ＝2GN ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点， ∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝OM →＋23(MO →＋OC →＋CN →)＝13OM →＋23OC →＋13(OB →－OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 故选A.7.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 a ，b ，c 三向量共面，则存在实数x ，y ，使c ＝x a ＋y b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________.答案 (1，1，1) 解析设PD ＝a (a >0)，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，a )，E (1，1，a2)，∴DP →＝(0，0，a )，AE →＝(－1，1，a 2)，∵cos 〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a 2＋a 24×33，∴a ＝2，∴E 的坐标为(1，1，1).9.如图，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 ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量， ∴MN →·CD →＝(23B 1B →＋13B 1C 1→)·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又∵MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .10.已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 为A 1B 1的中点.(1)求证：DE ⊥C 1F ；(2)求异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值.(1)证明以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (a 2，a ，0)，C 1(0，a ，a )，F (a ，a2，a )，所以DE →＝(a 2，a ，0)，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，DE →·C 1F →＝0，所以DE ⊥C 1F .(2)解 A 1(a ，0，a )，C (0，a ，0)，A 1C →＝(－a ，a ，－a )， C 1F →＝(a ，－a 2，0)，cos 〈A 1C →，C 1F →〉＝A 1C →·C 1F →|A 1C →||C 1F →|＝－32a 23a ×52a＝－155，所以异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值是155. 11.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，E 是PB 的中点.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC .∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解如图，以点C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)，设P (0，0，a )(a >0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2).取m ＝(1，－1，0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面P AC 的法向量，设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0.取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝n ·m |n ||m |＝aa 2＋2＝63，则a ＝2，于是n ＝(2，－2，－2)，P A →＝(1，1，－2). 设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝P A →·n |P A →||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 12.直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥平面D 1AC .设AB ＝2. (1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由.解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz ，则A ＝(3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)， D 1(0，－1，2)，设E (0，1，2＋h )，则D 1E →＝(0，2，h )，CA →＝(23，0，0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0，1，3). ∵D 1E →＝(0，2，1)，AE →＝(－3，1，3)，设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CA →，m ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0.令z ＝－1，∴平面EAC 的一个法向量为m ＝(0，3，－1)，又平面D 1AC 的法向量为D 1E →＝(0，2，1)， ∴cos 〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E →|m |·|D 1E →|＝22，∴二面角E －AC －D 1大小为45°.(2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)，得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1，0)＋(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，λ－11＋λ，λ1＋λ)， ∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ， ∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，∴λ＝32.∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ，此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。

《空间向量及其在立体几何中的应用》热点题型探究

《空间向量及其在立体几何中的应用》热点题型探究题型一向量法证明平行与垂直问题1．使用空间向量证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．2．证明直线与直线垂直，只要证明两直线的方向向量垂直即可；证明直线与平面垂直，只要证明直线的方向向量与平面的法向量平行即可；证明面面垂直，可以证明两个平面的法向量垂直．3．利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题．1．如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .证明设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (0,0，a )，C (2a,0,0)，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．因为F 为CD 的中点，所以F ⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0.(1)易知AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )．因为BE →＋BC →＝(a ，3a ，a )＋(2a,0，－a )＝(3a ，3a,0)，所以AF →＝12(BE →＋BC →)．又AF ⊄平面BCE ，所以AF ∥平面BCE .(2)因为AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，所以AF →·CD →＝0，AF →·ED→＝0，所以AF ⊥CD ，AF ⊥ED ．又CD ∩ED ＝D ，所以AF ⊥平面CDE .又AF ∥平面BCE ，所以平面BCE ⊥平面CDE .2. 在直三棱柱ABCA 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．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD ．证明 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Bxyz ，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)，所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ．又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ，所以B 1D ⊥平面ABD ．(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝⎛⎭⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，1，EF →＝(0,1,1)，所以B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ，因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD ．3．如图，四棱锥SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点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SEEC的值；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD ．连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ．以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →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．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD ．(2)棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ．由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0.设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ，而BE →·DS →＝0⇒t＝13，即当SEEC＝2时，BE ⊥DS .而BE ⊄平面P AC ，故BE ∥平面P AC ．题型二向量法求解空间角问题 1．熟记常用公式(1)若求异面直线所成角α，则cos α＝|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪m·n |m||n|(m ，n 为异面直线的方向向量)．(2)若求直线与平面所成角θ，则sin θ＝|cos 〈a ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪a·m |a||m|(a 为直线方向向量，m 为平面法向量)．(3)若求二面角α，则先求cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|(m ，n 为两半平面的法向量)，再根据图形确定cos α.2．利用空间向量求空间角的步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系． (2)求出相关点的坐标． (3)写出向量坐标．(4)结合公式进行论证、计算． (5)转化为几何结论． 3．求空间角应注意的三点(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. (2)直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能二面角为两法向量夹角的补角．4．如图，直四棱柱ABCDA 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AMA 1N 的正弦值．解析 (1)证明：如图所示，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 . (2)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Dxyz ，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，所以⎩⎪⎨⎪⎧－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，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－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AMA 1N 的正弦值为105. 【变式】 (2019·广东六校联考)如图，C 是以AB 为直径的圆O 上异于A ，B 的点，平面P AC ⊥平面ABC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，BC ＝4，E ，F 分别是PC ，PB 的中点，记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l .(1)求证：直线l ⊥平面P AC ；(2)直线l 上是否存在点Q ，使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余？若存在，求出|AQ |的值；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：因为E ，F 分别是PC ，PB 的中点，所以BC ∥EF .又EF ⊂平面EF A ，BC ⊄平面EF A ，所以BC ∥平面EF A ．又BC ⊂平面ABC ，平面EF A ∩平面ABC ＝l ，所以BC ∥l ，又BC ⊥AC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，平面P AC ⊥平面ABC ，所以BC ⊥平面P AC ，所以直线l ⊥平面P AC ．(2)以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正方向，过C 垂直于平面ABC 且与P 在平面ACB 同侧的向量方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A (2,0,0)，B (0,4,0)，P (1,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，32，F ⎝⎛⎭⎫12，2，32，所以AE →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，EF →＝(0,2,0)．设Q (2，a,0)，平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧A E →·m ＝－32x ＋32z ＝0，E F →·m ＝2y ＝0，取z ＝3，得m ＝(1,0，3)，又PQ →＝(1，a ，－3)，则|cos 〈PQ →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a24＋a 2＝|a |4＋a2， |cos 〈PQ →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－324＋a 2＝14＋a 2，依题意得|cos 〈PQ →，E F →|＝|cos 〈PQ →，m|，所以a ＝±1.所以直线l 上存在点Q ，使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余，且|AQ |＝1.5．如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP所成的角最小时，求线段BQ 的长．解析以AB →，AD →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0，2)．因为EP →＝(－1,0,2)，设PQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)．又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝C Q →·D P →|C Q →||D P →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910，当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|取得最大值31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.【规范演练】1．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°C 解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°，所以两平面所成的二面角为45°或135°.故选C 项．2．已知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 ∥c B ．a ∥b ，a ⊥c C ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不正确C 解析因为c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝2a ，所以a ∥c ，又a·b ＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，所以a ⊥b .故选C 项．3．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22C 解析如图，建立空间直角坐标系D 1xyz ，则D 1(0,0,0)，A (1,0，3)，D (0,0，3)，B 1(1,1,0)，所以AD 1→＝(－1,0，－3)，DB 1→＝(1,1，－3)，所以cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝－1＋34×5＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.故选C 项．4．如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角BECC 1的正弦值．解析 (1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设可以得到Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB ．以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0,1,1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cosn ，m ＝n·m |n||m|＝12.所以二面角BECC 1的正弦值为32. 5．如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角EBDF 的余弦值为13，求线段CF 的长．解析依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1,2，h )．(1)证明：依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·B D →＝0，n ·B E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z＝1，可得n ＝(2,2,1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝C E →·n |C E →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·B F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13，解得h ＝87.经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.【跟踪检测】基础热身1．两不重合直线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( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定A 解析因为v 2＝－2v 1，所以v 1∥v 2.故选A 项．2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)A 解析因为n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP →，对于A 项，MP →＝(1,4,1)，所以MP →·n ＝6－12＋6＝0，所以MP →⊥n ，所以点P 在平面α内．同理可证B ，C ，D 项中的点不在平面α内．故选A 项．3．直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A ．110B ．25C ．3010D ．22C 解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，设BC ＝2，则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)，N (1,0,2)，所以BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|＝36×5＝3010.故选C 项．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________. 解析由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2，3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.答案－95．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ，则BP →＝________.解析由AB →·BC →＝0得3＋5－2z ＝0，所以z ＝4. 又因为BP →⊥平面ABC ，所以⎩⎪⎨⎪⎧BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧x ＝407，y ＝－157，所以BP →＝⎝⎛⎭⎫337，－157，－3. 答案 ⎝⎛⎭⎫337，－157，－3 6．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴、y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，所以OF →＝(－1,0,3)，DB →＝(0,23，0)，EB →＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D B →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ，所以平面BED 的一个法向量为n ＝(－a,0,1)，所以cos 〈n ，OF →〉＝n ·OF →|n ||OF →|＝a ＋3a 2＋1×10.因为直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°，所以|a ＋3|a 2＋1×10＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，所以AE ＝2. 答案 27．如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F AEP 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．解析 (1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ． (2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD ．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，－1,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．因为E 为PD 的中点，所以E (0,1,1)．所以AE →＝(0,1,1)， P C →＝(2,2，－2)， AP →＝(0,0,2)．所以PF →＝13PC →＝⎝⎛⎭⎫23，23，－23， AF →＝AP →＋PF →＝⎝⎛⎭⎫23，23，43.设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1,1)．又因为平面P AD 的一个法向量为p ＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n·p|n ||p |＝－33.由题知二面角F AEP 为锐角，所以其余弦值为33. (3)直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23， PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →＝⎝⎛⎭⎫43，－23，－43， AG →＝AP →＋PG →＝⎝⎛⎭⎫43，－23，23. 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1,1)，所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.所以直线AG 在平面AEF 内．8．如图，已知三棱柱ABCA 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．解析 (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Exyz .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⎩⎪⎨⎪⎧B C →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0，取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈E F →，n 〉|＝|E F →·n ||E F →||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.能力提升9．二面角αlβ为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3aA 解析因为AC ⊥l ，BD ⊥l ，所以〈AC →， BD →〉＝60°，且AC →·BA →＝0， AB →·BD →＝0，所以CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以|CD →|＝|CA →＋AB →＋BD →|，即CD →2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝CA →2＋A B →2＋B D →2＋2C A →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →＝a 2＋a 2＋(2a )2＋2a ·2a cos 120°＝4a 2，所以|CD →|＝2a .故选A 项．10．如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AA 1＝2，AC ＝2，过BC 的中点D 作平面ACB 1的垂线，交平面ACC 1A 1于E ，则BE 与平面ABB 1A 1所成角的正切值为( )A ．55 B ．510 C ．1010D ．105C 解析以A 为坐标原点，向量AC →，AA 1→， AB →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Axyz ，则A (0,0,0)，B (0,0,2)，B 1(0,2,2)，C (2，0,0)，D ⎝⎛⎭⎫22，0，1.设E (x ，y,0)，得DE →＝⎝⎛⎭⎫x －22，y ，－1，AC →＝(2，0,0)，AB 1→＝(0,2,2)，因为DE ⊥平面ACB 1，所以DE ⊥AC ，DE ⊥AB 1，所以DE →·AC →＝0， DE →·AB 1→＝0，则⎝⎛⎭⎫x －22·2＋0＋0＝0,0＋2y －2＝0，解得x ＝22，y ＝1，即E ⎝⎛⎭⎫22，1，0，B E →＝⎝⎛⎭⎫22，1，－2，而平面ABB 1A 1的一个法向量为AC →＝(2，0,0)，设BE 与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈BE →， AC →〉|＝|B E →·A C →||B E →|·|A C →|＝1111，cos θ＝1－sin 2θ＝11011，所以tan θ＝sin θcos θ＝1010.故选C 项． 11．如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥平面BCP ，CD ∥平面ABP ，AB ＝BC ＝CP ＝BP ＝2CD ＝2.(1)证明：平面BAP ⊥平面DAP ；(2)点M 为线段AB 上一点，设直线MP 与平面DCP 所成角为α，求sin α的取值范围．解析 (1)证明：因为CD ∥平面ABP ，所以CD ∥AB ，分别取AP ，BP 的中点E ，O ，连接DE ，EO ，OC ，则CD ∥EO ，CD ＝EO ，所以四边形DEOC 为平行四边形，所以DE ∥OC ，因为CO ⊥PB ，CO ⊥AB ，所以CO ⊥平面ABP ，所以DE ⊥平面ABP ，又DE ⊂平面ADP ，所以平面BAP ⊥平面DAP .(2)由(1)可得OC ，OB ，OE 两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则C (3，0,0)，D (3，0,1)，P (0，－1,0)，所以CD →＝(0,0,1)， P C →＝(3，1,0)．设平面DCP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，3x ＋y ＝0，取n ＝(1，－3，0)．设M (0,1，x )(0≤x ≤2)，则PM →＝(0,2，x )，从而sin α＝|PM →·n ||PM →||n |＝|－23|2·4＋x2 ＝34＋x 2，因为0≤x ≤2，所以64≤34＋x 2≤32，所以sin α∈⎣⎡⎦⎤64，32. 12．□ABCD 中，AB ＝2，M 为CD 的中点，BM ＝3，且△DAM 为等边三角形，沿AM 将△DAM 折起至△P AM 的位置，使PB ＝2.(1)求证：BM ⊥P A ；(2)求二面角APBM 的平面角的正弦值．解析 (1)证明：由已知，在△ABM 中，BM ＝3，AM ＝1，AB ＝2，所以BM 2＋AM 2＝AB 2，所以BM ⊥AM .又在△PMB 中，PB ＝2，PM ＝1，BM ＝3，所以PM 2＋BM 2＝PB 2，所以BM ⊥PM .又PM ∩AM ＝M ，所以BM ⊥平面P AM ，所以BM ⊥P A ．(2)在△P AM 中，作PO ⊥AM 交AM 于点O ，取AB 中点K ，以O 为原点，OA ，OK ，OP 所在射线分别为x 轴、y 轴、z 轴正半轴建立空间直角坐标系(图略)，则由已知可得A ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫－12，3，0，M ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，所以P A →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－32， PB →＝⎝⎛⎭⎫－12，3，－32.设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，P B →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3z ＝0，－x ＋23y －3z ＝0，取n ＝(3，3，3)．同理，平面PBM 的一个法向量为m ＝(－3,0，3)．设二面角APBM 的平面角为α，则|cos α|＝|m ·n ||m |·|n |＝55，所以sin α＝255.。

高考试题中空间向量与立体几何建系问题专题探究

高考试题中空间向量与立体几何建系问题专题探究
李炳招
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2014(000)009
【摘要】一、向量法解决立体几何问题建系方法归纳历届高考试题中,立体几何建立空间直角坐标系方法主要可以归纳为以下三种：1.坐标系的原点建在立体几何图形的顶点上;2.坐标系的原点建在立体几何图形的边上;3.坐标系原点建在立体几何图形的面上.在建立空间直角坐标系时,建系方法往往有多种,这样一题可以有多种解法.
【总页数】1页(P27-27)
【作者】李炳招
【作者单位】江西省安远县第二中学，342100
【正文语种】中文
【中图分类】G633.63
【相关文献】
1.“空间向量与立体几何”中的数学探究课题 [J], 李希勤;何小亚
2.空间向量在立体几何存在性问题中的应用探究 [J], 徐巧石
3.用空间向量解决立体几何问题的建系策略 [J], 黄芹
4.用空间向量解决立体几何问题的建系策略 [J], 黄芹
5.空间向量在立体几何应用中存在性问题探究 [J], 郑小辉
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专题03 空间向量与立体几何-立体几何中的存在性与探究性问题

第一章空间向量与立体几何专题03：立体几何中的存在性与探究性问题解答题 1.()如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,四边形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)求平面A 1C 1B 与平面B 1C 1B 夹角的余弦值；(3)证明:在线段BC 1上存在点D(不与B 、C 1重合),使得AD ⊥A 1B,并求BDBC 1的值.2.()如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,F 为棱PD 的中点.(1)在棱AB 上是否存在一点E,使得AF ∥平面PCE ？并说明理由； (2)当二面角D-FC-B 的余弦值为14时,求直线PB 与平面ABCD 所成的角. 3.()如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,且AD=PD=1,平面PCD ⊥平面ABCD,∠PDC=120°,E 为线段PC 的中点,F 是线段AB 上的一个动点. (1)求证:平面DEF ⊥平面PBC ；(2)设平面CDE 与平面EDF 的夹角为θ,试判断在线段AB 上是否存在这样的点F,使得tan θ=2√3,假设存在,求出AFFB 的值；假设不存在,请说明理由.4.()如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都是2,AA 1⊥平面ABC,D,E 分别是AC,CC 1的中点.(1)求证:平面BAE ⊥平面A 1BD ；(2)求平面DBA 1和平面BAA 1夹角的余弦值；(3)在线段B 1B(含端点)上是否存在点M,使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55？请说明理由. 5.()如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD ⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√2,底面ABCD 为直角梯形,其中BC ∥AD,AB ⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD 的中点. (1)求证:PO ⊥平面ABCD ；(2)求异面直线PB 与CD 所成角的余弦值；(3)线段AD 上是否存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为√32？假设存在,求出AQQD 的值；假设不存在,请说明理由. 6.()如下列图的几何体中,PD 垂直于梯形ABCD 所在的平面,∠ADC=∠BAD=π2,F 为PA 的中点,PD=√2,AB=AD=12CD=1,四边形PDCE 为矩形,线段PC 交DE 于点N. (1)求证:AC ∥平面DEF ；(2)求平面PAB 与平面PBC 的夹角的正弦值；(3)在线段EF 上是否存在一点Q,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？假设存在,求出FQ 的长；假设不存在,请说明理由. 7.()如图甲所示,BO 是梯形ABCD 的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,将梯形ABCD 沿OB 折起得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=√3.(1)在棱PD 上是否存在一点F,使得CF ∥平面POB ？假设存在,请求出PF 的值；假设不存在,请说明理由；(2)点E 是线段AB 上一动点,当直线CE 与DP 所成的角最小时,求平面EBC 与平面ECD 的夹角的余弦值. 8.()如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC ⊥BC,AC=BC=AA 1=2,点P 为棱B 1C 1的中点,点Q 为线段A 1B 上的一动点.(1)求证:当点Q 为线段A 1B 的中点时,PQ ⊥平面A 1BC ；(2)设BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,试问:是否存在实数λ,使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 的夹角的余弦值为√3010？假设存在,求出这个实数λ；假设不存在,请说明理由.答案全解全析解答题1.解析 (1)证明:∵四边形AA 1C 1C 是正方形,∴AA 1⊥AC.又∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C,平面ABC ∩平面AA 1C 1C=AC,∴AA 1⊥平面ABC. (2)由AC=4,BC=5,AB=3,得AC 2+AB 2=BC 2,∴AB ⊥AC.建立如下列图的空间直角坐标系,那么A 1(0,0,4),B(0,3,0),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4), ∴BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-3,4),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,4),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4).设平面A 1C 1B 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面B 1C 1B 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2). 那么{n 1·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 1-3y 1+4z 1=0,n 1·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3y 1+4z 1=0,令y 1=4,那么x 1=0,z 1=3,∴n 1=(0,4,3).{n 2·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 2-3y 2+4z 2=0,n 2·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4z 2=0,令x 2=3,那么y 2=4,∴n 2=(3,4,0).∴|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=165×5=1625.∴平面A 1C 1B 与平面B 1C 1B 夹角的余弦值为1625.(3)证明:设点D 的竖坐标为t(0<t<4),在平面BCC 1B 1中作DE ⊥BC 于点E,易得D (t,34(4-t),t), ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(t,34(4-t),t),由(1)知A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-4), ∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即0+94(4-t)-4t=0,解得t=3625.∴BD BC 1=DE CC 1=925.2.解析 (1)在棱AB 上存在点E,使得AF ∥平面PCE,且E 为棱AB 的中点. 理由如下:如图,取PC 的中点Q,连接EQ 、FQ, 由题意得,FQ ∥DC 且FQ=12CD, 因为AE ∥CD 且AE=12CD,所以AE ∥FQ 且AE=FQ.所以四边形AEQF 为平行四边形. 所以AF ∥EQ.又EQ ⊂平面PCE,AF ⊄平面PCE, 所以AF ∥平面PCE.(2)连接BD 、DE.由题意知△ABD 为正三角形,所以ED ⊥AB,即ED ⊥CD, 又∠ADP=90°,所以PD ⊥AD,且平面ADP ⊥平面ABCD,平面ADP ∩平面ABCD=AD, 所以PD ⊥平面ABCD,故以D 为坐标原点建立如下列图的空间直角坐标系, 设FD=a,那么由题意知F(0,0,a),C(0,2,0),B(√3,1,0), 那么FC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-a),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0), 设平面FBC 的法向量为m=(x,y,z). 那么{m ·FC⃗⃗⃗⃗ =2y −az =0,m ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x −y =0,令x=1,那么y=√3,z=2√3a, 所以m=(1,√3,2√3a), 易知平面DFC 的一个法向量n=(1,0,0), 因为二面角D-FC-B 的余弦值为14,所以|cos<m,n>|=|m ·n||m||n|=14,即√4+12a 2=14,解得a=1(负值舍去). 因为PD ⊥平面ABCD,所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD, 所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角,由题意知在Rt △PBD 中,tan ∠PBD=PD BD =2FDBD =1,所以∠PBD=45°, 所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°. 3.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC.∵平面PCD ⊥平面ABCD,平面PCD ∩平面ABCD=CD,∴BC ⊥平面PCD. ∵DE ⊂平面PCD,∴BC ⊥DE. ∵AD=PD=DC,E 为线段PC 的中点, ∴PC ⊥DE.又∵PC ∩CB=C,∴DE ⊥平面PBC. 又∵DE ⊂平面DEF, ∴平面DEF ⊥平面PBC. (2)由(1)知BC ⊥平面PCD, ∵AD ∥BC, ∴AD ⊥平面PCD.在平面PCD 内过点D 作DG ⊥DC 交PC 于点G,∴AD ⊥DG,故DA,DC,DG 两两垂直,以D 为原点,DA,DC,DG 所在直线分别为x,y,z 轴,建立如下列图的空间直角坐标系Dxyz.∵CD=PD=1,∠PDC=120°,∴PC=√3.∵AD ⊥平面PCD,那么A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),P (0,−12,√32). 又E 为PC 的中点,∴E (0,14,√34), ∴DE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,14,√34). 假设在线段AB 上存在这样的点F,使得tan θ=2√3,设F(1,m,0)(0≤m ≤1),那么DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,m,0), 设平面EDF 的法向量为n 1=(x,y,z),那么{n 1·DF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{x +my =0,14y +√34z =0, 令y=√3,那么z=-1,x=-√3m,那么n 1=(-√3m,√3,-1).∵AD ⊥平面PCD,∴平面PCD 的一个法向量n 2=(1,0,0), ∵tan θ=2√3,∴cos θ=√1313. ∴cos θ=|cos<n 1,n 2>|=√3m|√3m 2+3+1=√1313,∴m=±13.∵0≤m ≤1, ∴m=13,∴AF FB =12.4.解析取A 1C 1的中点O,连接B 11,OD,OB 1两两垂直.如图,以O 为原点,OA 1,OD,OB 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,那么A(1,2,0),B(0,2,√3),D(0,2,0),A 1(1,0,0),E(-1,1,0).(1)证明:A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,√3),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,-√3). 设n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2)分别为平面A 1BD 和平面BAE 的法向量. 由A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,得{-x 1+2y 1=0,-x 1+2y 1+√3z 1=0, 令y 1=1,那么x 1=2,z 1=0.∴n 1=(2,1,0)是平面A 1BD 的一个法向量. 由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,得{x 2-√3z 2=0,-x 2-y 2-√3z 2=0,令z 2=1,那么x 2=√3,y 2=-2√3.∴n 2=(√3,-2√3,1)是平面BAE 的一个法向量. ∵n 2·n 1=0,∴平面BAE ⊥平面A 1BD.(2)A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),设平面A 1AB 的法向量为m=(x,y,z).由A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=0,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=0,得{2y =0,-x +2y +√3z =0,令z=1,那么x=√3, ∴m=(√3,0,1)是平面A 1AB 的一个法向量. 设平面DBA 1和平面BAA 1的夹角为θ, 那么cos θ=|n 1·m||n 1||m|=√3√5×2=√155,即平面DBA 1和平面BAA 1夹角的余弦值为√155. (3)假设在线段B 1B(含端点)上存在点M,使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55, 设M(0,a,√3)(0≤a ≤2),那么BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a-2,0).由2√55=|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1||n 1|=√5, 解得a=4或a=0.故在线段B 1B 上存在点M(端点处),使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55.5.解析 (1)证明:在△PAD 中,PA=PD,O 为AD 的中点,所以PO ⊥AD, 又侧面PAD ⊥底面ABCD,侧面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD, 所以PO ⊥平面ABCD.(2)连接OC,以O 为坐标原点,OC 、OD 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Oxyz,依题意,易得B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), 所以CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1). 设异面直线PB 与CD 所成的角是θ,那么 cos θ=|cos<PB⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|√3×√2|=√63,所以异面直线PB 与CD 所成角的余弦值为√63.(3)假设线段AD 上存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为√32, 由(2)知CP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1). 设平面PCD 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0). 那么{n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-x 0+z 0=0,-x 0+y 0=0,即x 0=y 0=z 0,取x 0=1,得平面PCD 的一个法向量为n=(1,1,1).设Q(0,y,0)(-1≤y ≤1),那么CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,y,0),由|CQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||n|=√32,得√3=√32, 解得y=-12或y=52(舍去),所以线段AD 上存在点Q 满足题意,此时AQ=12,QD=32,那么AQ QD =13.6.解析 (1)证明:因为四边形PDCE 为矩形,所以N 为PC 的中点.连接FN,如图, 在△PAC 中,F,N 分别为PA,PC 的中点, 所以FN ∥AC,因为FN ⊂平面DEF,AC ⊄平面DEF, 所以AC ∥平面DEF.(2)易知DA,DC,DP 两两垂直,如图,以D 为原点,DA,DC,DP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系.那么P(0,0,√2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-√2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0) 设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z), 那么{m ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)·(1,1,−√2)=0,m ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)·(−1,1,0)=0,即{x +y -√2z =0,-x +y =0,即{y =x,z =√2x,令x=1,那么{y =1,z =√2,所以平面PBC 的一个法向量为m=(1,1,√2). 设平面PAB 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1), 那么{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)·(0,1,0)=0,n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)·(1,1,-√2)=0,令z 1=1,那么x 1=√2,所以平面PAB 的一个法向量为n=(√2,0,1),|cos<m,n>|=√2+√2|√1+1+2×√2+1=√63,故平面PAB 与平面PBC 的夹角的正弦值为√1−(√63)2=√33.(3)设存在点Q 满足条件. 由F (12,0,√22),E(0,2,√2),那么FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,2,√22). 设FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFE ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),整理得Q (1−λ2,2λ,√2(1+λ)2), 那么BQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1+λ2,2λ-1,√2(1+λ)2). 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6,所以sin π6=|cos<BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|BQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m||BQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m|=2√19λ2-10λ+7=12,解得λ2=1,由0≤λ≤1知λ=1,即点Q 与点E 重合.故在线段EF 上存在一点Q,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6,此时FQ=EF=√192. 7.解析 (1)在棱PD 上存在点F,使得CF ∥平面POB,此时PF=√103. 由题意得,OC=√2,OP=1,因为PC=√3,OC 2+OP 2=PC 2,所以OP ⊥OC,因为OP ⊥OB,OC ⊂平面OBCD,OB ⊂平面OBCD,OC ∩OB=O, 所以OP ⊥平面OBCD,所以OP ⊥OD,所以PD=√1+9=√10,过F 作FG ∥OD 交OP 于G,连接CF,BG,易知FG=13OD=BC,FG ∥OD ∥BC, 所以FG ∥BC,FG=BC,所以四边形BCFG 为平行四边形,所以CF ∥BG,因为BG ⊂平面POB,CF ⊄平面POB,所以CF ∥平面POB. 此时PF=√103. (2)以O 为坐标原点,OB,OD,OP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如下列图, 那么C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),所以DP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,1).设E(x,y,z),那么PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z-1),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1), 设PE⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 即(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),所以E(λ,0,1-λ),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ-1,-1,1-λ), 设直线CE 与DP 所成角为θ, 那么cos θ=|cos<CE⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√2λ2-4λ+3·√10=√10·√2λ2-4λ+3(0≤λ≤1). 令t=4-λ,那么λ=4-t(3≤t ≤4),cos θ=√10·√2t 2-12t+19=√10·√19t 2-12t+2,令a=1t,那么14≤a ≤13,cos θ=√10·√19a 2-12a+2.当a=619时,cos θ=√10·√19a 2-12a+2,此时直线CE 与DP 所成的角最小,此时λ=56,所以E (56,0,16).易知BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-16,-1,16),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 可求得平面EBC 、平面ECD 的法向量分别为n 1=(1,0,1),n 2=(2,1,8). 所以|cos<n 1,n 2>|=√2×√69=5√13869,即平面EBC 与平面ECD 的夹角的余弦值为5√13869. 8.解析 (1)证明:连接AB 1,AC 1.∵点Q 为线段A 1B 的中点,四边形A 1B 1BA 为矩形, ∴A,Q,B 1三点共线,且点Q 为AB 1的中点.∵点P,Q 分别为B 1C 1和AB 1的中点, ∴PQ ∥AC 1.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC ⊥BC, ∴BC ⊥平面ACC 1A 1,又AC 1⊂平面ACC 1A 1,∴BC ⊥AC 1. 又AC=AA 1,∴四边形ACC 1A 1为正方形, ∴AC 1⊥A 1C.∵A 1C ∩BC=C,∴AC 1⊥平面A 1BC. 而PQ ∥AC 1,∴PQ ⊥平面A 1BC.(2)以C 为原点,分别以CA,CB,CC 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,连接A 1P,B 1Q,BP,那么B(0,2,0),A 1(2,0,2).设Q(x,y,z). ∵BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴(x,y-2,z)=λ(2,-2,2). ∴{x =2λ,y =2−2λ,z =2λ,∴Q(2λ,2-2λ,2λ). ∵点Q 在线段A 1B 上运动,∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量. 设平面A 1PB 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), ∵C(0,0,0),P(0,1,2),∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2),PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 由{n 1·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-y 1+2z 1=0,2x 1-y 1=0.令y 1=2,得n 1=(1,2,1).设平面B 1PQ 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),∵B 1(0,2,2),∴PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2λ,-2λ,2λ-2). 由{n 2·PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{y 2=0,λx 2-λy 2+(λ−1)z 2=0. 令z 1=λ,得n 2=(1-λ,0,λ). 由题意得|cos<n 1,n 2>|=√6×√(1-λ)2+λ2=√6×√2λ2-2λ+1=√3010,∴9λ2-9λ+2=0,解得λ=13或λ=23.∴当λ=13或λ=23时,平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成夹角的余弦值为√3010.。

空间向量解决立体几何(建系)

向量解决立体几何１．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（1）证明：PE⊥BC（2）若∠APB=∠ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．２.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．３．如图，四棱锥P﹣ABCD，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB=2，∠BAD=，M 为BC上的一点，且BM=，MP⊥AP．（Ⅰ）求PO的长；（Ⅱ）求二面角A﹣PM﹣C的正弦值．４．如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，点D是BC的中点．（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值．５.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B，且AB=AC=A1B=2．（1）求棱AA1与BC所成的角的大小；（2）在棱B1C1上确定一点P ，使，并求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．６.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=a，∠ABC=60°，平面ACFE⊥平面ABCD，四边形ACFE是矩形，AE=a，点M在线段EF上．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACFE；．（Ⅱ）求二面角B﹣EF﹣D的平面角的余弦值．７.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD．△PAD为等腰直角三角形，且PA⊥AD．E，F分别为底边AB和侧棱PC的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求证：EF⊥平面PCD；（Ⅲ）求二面角E﹣PD﹣C的余弦值．８.如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D为AC中点，AE⊥BD于E，延长AE交BC 于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示．（Ⅰ）求证：AE⊥平面BCD；（Ⅱ）求二面角A﹣DC﹣B的余弦值．（Ⅲ）在线段AF上是否存在点M使得EM∥平面ADC？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由．９.在如图所示的多面体中，已知正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，EC⊥AC，EF∥AC，AB=，EF=EC=1，（1）求证：平面BEF⊥平面DEF；（2）求二面角A﹣BF﹣E的大小．１０.如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，P是平面ABCD外一点，P在平面ABCD的射影O恰在AD上，PA=AB=BC=2AO=2，BO=．（1）证明：PA⊥BO；（2）求二面角A﹣BP﹣D的余弦值．１１.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=BC=CA=AA1，D为AB的中点．（1）求证：BC1∥平面DCA1；（2）求二面角D﹣CA1﹣C1的平面角的余弦值．１２.如图，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=2，F为线段DE的中点．（Ⅰ）求证：BE∥平面ACF；（Ⅱ）求二面角C﹣BF﹣E的平面角的余弦值．１３.如图，在四棱锥E﹣ABCD中，AB⊥平面BCE，DC⊥平面BCE，AB=BC=CE=2CD=2，∠BCE=．（I）求证：平面ADE⊥平面ABE；（Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣D的大小．１４如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC=，AB=AC=AA1=1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1．（Ⅰ）求证：CD=C1D；（Ⅱ）求二面角A1﹣B1D﹣P的平面角的正弦值．１５如图所示的多面体中，ABCD是菱形，BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD ，，AD=2．（1）求证：平面FCB∥平面AED；（2）若二面角A﹣EF﹣C为直二面角，求直线BC与平面AEF所成的角θ的正弦值．１６.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AA1=AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC 的中点D．（Ⅰ）求证：AC1⊥BA1；（Ⅱ）求A﹣A1B﹣C的余弦值．１７.如图，在三棱锥P﹣ABC中，PB⊥平面ABC，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，AB=BC=2，∠PAB=45°，点D、E、F分别为AC、AB、BC的中点．（I）求证：EF⊥PD；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEF的体积；（Ⅲ）求二面角E﹣PF﹣B的正切值．１８.在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，若PD=DA，M是PC 的中点．（Ⅰ）证明：PA∥平面BDM；（Ⅱ）求二面角B﹣DM﹣C的余弦值．１９.四棱锥S﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD．已知∠DAB=135°，BC=2，SB=SC=AB=2，F为线段SB的中点．（1）求证：SD∥平面CFA；（2）求面SCD与面SAB所成二面角的平面角的余弦值大小．２０.AB为圆O的直径，点E、F在圆上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面与圆O所在平面互相垂直，已知AB=2，BC=EF=1（Ⅰ）求证：BF⊥平面DAF（Ⅱ）求平面ADF与平面CDFE所成的二面角的余弦值．２１.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，平面PAB⊥平面ABCD，PA=PB=2AB．（1）证明：PC⊥AB；（2）求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．２２.己知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，N是CC1的中点．（I）求证：A1C⊥BN；（Ⅱ）求二面角B﹣A1N﹣C的余弦值．２３.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=BC1=2，∠AA1C1=60°，平面ABC1⊥平面AA1C1C，AC1与A1C相交于点D．（1）求证：BD⊥平面AA1C1；（2）（理）设点E是直线B1C1上一点，且DE∥平面AA1B1B，求平面EBD与平面ABC1夹角的余弦值．２４.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=4AD=2，BD=2，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：平面PBC⊥平面PBD；（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣D 大小为，求AP与平面PBC 所成角的正弦值．２５.在直角梯形中ABCD中．AB∥CD，AB⊥BC，F为AB上的点，且BE=1，AD=AE=DC=2，将△ADE 沿DE折叠到P点，使PC=PB．（Ⅰ）求证：平面PDE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角A ﹣PD ﹣E 的余弦值．２６。

基于导学案的空间向量与立体几何教学探究

基于导学案的空间向量与立体几何教学探究新课程标准中，对培养目标、课程设置及课程实施评价方面提出了更为明确的要求，按照新课程要求，把课堂教学改革的目标，定位在以培养学生独立思考，自主学习的能力，具有科学精神，形成科学态度，学会科学方法，逐步形成适应学习化社会需要的终身学习能力的层次。

所谓“学案”是指用于指导学生每一课时进行学习的助学方案，它是相对于“教案”而言的。

“学案”教学法是以学案为载体，以导学为方法，教师的指导为主导，学生的自主学习为主体，师生共同合作完成教学任务的一种教学模式。

这种教学模式使教师的主导作用和学生的主体作用和谐统一，发挥最大效益。

在这种模式中，学生根据教师设计的学案，认真阅读教材，了解教材内容，然后，根据学案要求完成相关内容，学生可提出自己的观点或见解，师生共同研究学习。

学生借助“学案”自主学习，初步掌握基础知识、概念、理清知识线索，并尝试用掌握的知识解答“学案”中的问题，进行自我能力训练或讨论交流，并在“学案”上作相关的学习记录。

学生能自主完成的内容，就可以先学习掌握；剩余部分在课堂教学讨论中解决，从而提高课堂教学效率。

去年我采用导学案的教学模式，在高一（13）班学生的配合下、取得一定的效果。

本学期针对学生手中的资料“导与练——听课手册”（泉州专版）中的安排：生活中的数学、瞻前顾后、要点突破、典例精析考题赏析等五步，又根据数学选修2-1第三章“空间向量与立体几何”的内容特点以及需要的数学思想方法—分类讨论与数形结合，不管有无使用导学习惯的学生，对这一章的教学模式准备完全可以采用导学案的方式。

下面就这一章的内容进行分析，并结合导学案的思想，说明教学探究。

一、对内容的说明在三维空间中，表示方向和大小的量是有三个分量的向量——三维空间向量（简称空间向量）。

空间向量在理论研究和解决实际问题方面有广泛应用，它成为解决立体几何中的大量问题的有力工具。

通过学习本章，可以使学生在对平面向量已有认识的基础上，进一步学习空间向量，并运用空间向量研究立体几何中的问题，进一步体会向量方法在解决几何问题中的作用。

空间向量与立体几何建系问题专题研究

空间向量在立体几何中的应用

第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”

用向量法解立体几何题，建系求点是关键

专题八：空间向量在立体几何中的应用——用向量讨论垂直与平行(基础)

空间向量解决立体几何

空间向量法解决立体几何问题

用空间向量解决立体几何问题的建系策略

高中空间向量在立体几何里的应用问题

专题：利用空间向量知识解决立体几何

基于数学思想的空间向量与立体几何问题的解题技巧与方法

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《空间向量及其在立体几何中的应用》热点题型探究

高考试题中空间向量与立体几何建系问题专题探究

专题03 空间向量与立体几何-立体几何中的存在性与探究性问题

空间向量解决立体几何(建系)

基于导学案的空间向量与立体几何教学探究

第28练空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”

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