高二数学空间向量解立体几何问题
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1， b 1， c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3， b 3， c 3)， v ＝(a4，b4，c4 )(1)线面平行： l∥α? a ⊥ u ? a · u ＝0? a 1 a 3＋ b 1b 3＋ c 1 c 3＝0(2)线面垂直： l⊥α? a ∥ u ? a ＝ ku ? a 1＝ ka 3， b 1＝ kb 3， c 1＝ kc 3(3)面面平行：α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0例 1 、如图所示，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 .[ 证明 ] 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标11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)，所以 E 2， 1，2，11F0，1，2，EF＝－2，0，0 ，PB＝(1,0 ，－1) ，PD＝(0,2 ，－1) ，AP＝(0,0,1) ，AD＝ (0,2,0) ，DC＝ (1,0,0) ，AB＝ (1,0,0) ．1(1)因为 EF ＝－2 AB ，所以 EF ∥ AB ，即EF∥AB.又AB ?平面 PAB， EF?平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB .(2) 因为AP·DC＝ (0,0,1) · (1,0,0) ＝ 0，AD·DC＝(0,2,0) · (1,0,0) ＝ 0 ，所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ，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 PDC ，所以平面 PAD ⊥平面 PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，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；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直 .例 2、在直三棱柱ABC -A 1B1C 1中，∠ ABC ＝90°， BC＝2， CC 1＝4，点 E 在线段BB1上，且EB1＝1， D，F， G 分别为 CC 1，C 1 B1， C 1A 1的中点．求证： (1) B1D⊥平面ABD；(2) 平面EGF∥平面ABD.证明： (1) 以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0,0,0)， D(0,2,2)， B1(0,0,4)，设 BA ＝ a ，则 A (a, 0,0)，所以 BA ＝(a,0,0)， BD ＝(0,2,2)， B1D ＝(0,2，－2)，B1 D·BA0，B1D·BD＝04－40，即 B1D BA BD⊥BD.＝＋＝⊥ ，1又BA ∩BD＝ B，因此 B1 D⊥平面 ABD .a a(2) 由 (1) 知，E(0,0,3)， G2，1，4， F(0,1,4)，则EG＝2，1，1 ，EF＝(0,1,1) ，B1 D·EG＝02－20，B1 D·EF0 22＝，即 B1D⊥EG B D⊥EF.＋＝＝＋－， 1又 EG∩ EF＝ E，因此 B1 D⊥平面 EGF.结合 (1) 可知平面EGF∥平面ABD .利用空间向量求空间角基础知识(1) 向量法求异面直线所成的角：若异面直线 a ， b 的方向向量分别为 a ， b ，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a ， b 〉||a ·b |.＝|a || b |(2) 向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量 a ，设线面所成的角为| n·a |θ，则sinθ＝|cos〈 n ， a 〉|＝|n||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，| n1·n2 |若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n 2〉|＝|n1||n2|；| n1·n2 |若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈 n 1， n 2〉|＝－|n1||n2|.例 1、如图，在直三棱柱A1 B1C 1- ABC 中， AB⊥ AC ， AB＝ AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是 BC 的中点．(1)求异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．[ 解 ] (1) 以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A - xyz，则A(0,0,0)， B(2,0,0)， C (0,2,0)， D(1,1,0)， A 1(0，0,4)， C 1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0 ，－ 4)， C 1D ＝(1 ，－ 1，－ 4)．因为 cos 〈 A 1 B ， C 1 D 〉＝A 1B ·C 1D183 10 A 1B || C 1D |＝＝ 10 ，|20× 183 10所以异面直线 A 1B 与 C 1 D 所成角的余弦值为10.(2) 设平面 ADC 1 的法向量为n 1 ＝ ( x ， y ， z )，因为 AD ＝ (1,1,0) ， AC 1 ＝ (0,2,4) ，所以n 1 · AD ＝ 0 ，n 1 · AC 1 ＝0 ，即 x ＋y ＝ 0 且 y ＋ 2z ＝ 0，取 z ＝ 1 ，得 x ＝ 2 ， y ＝－ 2，所以， n 1 ＝ (2 ，－ 2,1) 是平面 ADC 1 的一个法向量．取平面 ABA 1 的一个法向量为n 2 ＝(0,1,0) ．设平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的大小为θ.n 1· n 22 25由 |cos θ| ＝| n 1|| n 2 |＝ 9 × 1 ＝3 ，得 sin θ＝ 3 .因此，平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值为 53.例 2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1 中， CA ＝CB ， AB ＝AA 1，∠ BAA 1＝ 60 °.(1) 证明： AB ⊥ A 1C ；(2) 若平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1 B ， AB ＝ CB ，求直线 A 1 C 与平面 BB 1C 1 C 所成角的正弦值．[解](1) 证明：取 AB 的中点 O ，连接 OC ， OA 1， A 1B .因为 CA ＝CB ，所以 OC ⊥AB .由于 AB ＝ AA 1 ，∠ BAA 1＝ 60°，故△ AA 1B 为等边三角形，所以OA 1 ⊥ AB .因为 OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面 OA 1C .又 A 1C ? 平面 OA 1C ，故 AB ⊥A 1C .(2) 由 (1) 知 OC ⊥ AB ， OA 1 ⊥AB .又平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1 B ，交线为 AB ， 所以 OC ⊥平面 AA 1B 1B ，故 OA ， OA 1 ， OC 两两相互垂直．以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴的正方向， | OA | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O -xyz .由题设知 A (1,0,0) ，A 1(0， 3，0)，C (0,0 ， 3) ， B ( － 1,0,0) ．则 BC ＝(1,0 ，3)， BB 1 ＝ AA 1 ＝(－ 1， 3，0) ， A 1C ＝(0，－3， 3)．设 n ＝ (x ，y ， z ) 是平面 BB 1 C 1C 的法向量，n · BC ＝0，x ＋ 3 z ＝ 0 ，可取 n ＝ ( 3，1，－ 1)．则即－＋ 3y ＝ 0.n · BB 1 ＝ 0.xn · A 1C10故 cosn ， A 1C＝－.| n || A 1C |5所以 A 1 C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：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．(2) 求空间角应注意：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|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例 3、如图，在四棱锥S -ABCD 中， AB ⊥ AD ，AB ∥ CD ， CD ＝3AB ＝ 3，平面 SAD ⊥平面 ABCD ， E 是线段 AD 上一点， AE ＝ ED ＝3 ， SE ⊥ AD .(1) 证明：平面 SBE ⊥平面 SEC ；(2) 若 SE ＝ 1，求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值．解： (1) 证明：∵平面SAD ⊥平面 ABCD ，平面 SAD ∩平面 ABCD ＝ AD ， ? 平面SESAD ，SE ⊥ AD ，∴ SE ⊥平面 ABCD .∵ BE ? 平面 ABCD ，∴ SE ⊥ BE . ∵ AB ⊥ AD ，AB∥CD ，CD ＝ 3AB ＝ 3， AE ＝ ED ＝ 3，∴∠ AEB ＝ 30 °，∠ CED ＝ 60 ° .∴∠ BEC ＝90 °，即 BE ⊥CE . 又 SE ∩CE ＝ E ，∴ BE ⊥平面 SEC . ∵ BE ? 平面 SBE ，∴平面 SBE ⊥平面 SEC .(2) 由 (1) 知，直线 ES ， EB ， EC 两两垂直．如图，以 E 为原点， EB 为 x 轴， EC 为 y轴，ES 为 z 轴，建立空间直角坐标系．则 E (0,0,0) ， C (0,2 3， 0) ， S (0,0,1) ，B (2,0,0) ，所以CE ＝(0 ，－ 2 3，0)， CB ＝(2，－ 2 3，0)， CS ＝(0，－ 2 3，1) ．设平面 SBC 的法向量为 n ＝ (x ， y ，z )，n · CB ＝ 0，2 x － 23 y ＝ 0， 则即令 y ＝ 1，得 x ＝ 3 ， z ＝ 2 3 ，n·CS 0.－ 2 3 y ＋ z ＝ 0.＝..........则平面 SBC 的一个法向量为n ＝ ( 3， 1,2 3) ．n · CE1 设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为 θ，则 sin θ＝ | | ＝ ，| n | ·| CE |41故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为 4 . 例 4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1 和它的三视图．(1) 线段 CC 1 上是否存在一点 E ，使 BE ⊥平面 A 1CC 1 ？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2) 求平面 C 1A 1C 与平面 A 1 CA 夹角的余弦值．解： (1) 由题意知AA 1，AB ，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0) ， A 1 (0,0,2) ，B ( － 2,0,0) ，C (0 ，－ 2,0) ， C 1(－ 1，－ 1,2) ，则 CC 1 ＝ (－ 1,1,2) ，A 1C 1 ＝ ( － 1，－ 1,0) ， A 1C ＝ (0 ，－ 2 ，－ 2) ．设 E ( x ， y ，z )，则 CE ＝ (x ， y ＋2， z )，EC 1 ＝ ( － 1 －x ，－ 1－ y,2－ z )．设 CEEC 1 (λ>0) ，＝ λ x ＝－ λ－ λx ，－ λ － 2－ λ 2 λ则 y ＋ 2＝－ λ－ λy ，则， 1＋ λ ， 1＋ λ，z ＝ 2 λ－ λz ，E1＋ λ2＋ λ － 2 －λ 2 λ， ， λ.BE＝1＋ λ 1＋λ1＋2 ＋ λ 2 ＋ λ BE · A 1C 1 ＝ 0，－ ＋ ＝ 0，1 ＋ λ 1 ＋ λ 解得 λ＝ 2，由BE · A 1C ＝0，得 － 2－ λ 2λ＋＝ 0，1＋ λ 1 ＋ λ所以线段 CC 1 上存在一点 E ， CE ＝ 2 EC 1 ，使 BE ⊥平面 A 1 CC 1 .(2) 设平面 C 1A 1Cm · A 1C 1 ＝ 0 ， 的 法 向 量 为 m ＝ (x ， y ， z ) ， 则 由得m · A 1C ＝ 0，－ x－ y＝0，－2 y－ 2 z＝0，取 x＝1，则 y＝－1， z＝1.故 m ＝(1，－1,1)，而平面A1 CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0) ，m · n13则 cos 〈m，n〉＝|m || n|＝3＝3，故平面 C 1A1C 与平面 A1 CA 夹角的余弦值3为.3利用空间向量解决探索性问题例1、如图 1，正△ABC的边长为 4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A-DC -B(如图2)．(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角 E-DF- C 的余弦值；BP(3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP⊥ DE？如果存在，求出BC的值；如果不存在，请说明理由．[ 解] (1) 在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB .又 AB?平面 DEF，EF?平面 DEF，∴ AB∥平面 DEF.(2)以点 D 为坐标原点，以直线 DB， DC ， DA 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A (0,0,2)， B(2,0,0)，C (0，2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF ＝(1，3，0)， DE ＝(0，3， 1) ，DA＝ (0,0,2)．平面 CDF 的法向量为DA＝(0,0,2)．设平面 EDF 的法向量为 n＝( x， y， z)，DF ·n＝0，x＋3y ＝0，则即取 n ＝(3，－3，3)，DE ·n＝0， 3 y＋z＝ 0，cos 〈DA，n〉＝|DA ·n21E-DF-C 的余弦值为21 DA ||n |＝7，所以二面角7.(3) 存在．设P( s，t,0) ，有AP ＝(s，t，－2)，则AP · DE ＝3t－2＝0，∴t＝23，3又 BP ＝(s－2，t,0)， PC ＝(－s,23－t, 0) ，∵BP∥PC，∴ ( s－ 2)(2 3－t)＝－st，2 341∴3s＋t＝ 2 3. 把t＝3代入上式得s＝3，∴BP＝3BC，BP1∴在线段 BC 上存在点 P，使 AP⊥DE.此时，BC＝3.1论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例 2、 .如图所示，在直三棱柱ABC -A1B1C 1中，∠ ACB ＝90°， AA 1＝BC＝2AC ＝2.(1)若 D 为 AA 1中点，求证：平面 B1 CD ⊥平面 B1C 1 D；(2)在 AA 1上是否存在一点 D，使得二面角 B1-CD -C 1的大小为60°？解： (1) 证明：如图所示，以点 C 为原点， CA ， CB， CC 1所在直线分别为x， y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 C (0,0,0)， A (1,0,0)， B1(0,2,2)，C 1(0,0,2)， D(1,0,1)，即C1B1＝(0,2,0)， DC1＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．由C1B1·CD＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得 C1 B1⊥CD，即C1B1⊥CD.由DC1·CD＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得 DC1⊥CD，即DC1⊥CD.又 DC 1∩ C 1B1＝C 1，∴ CD ⊥平面 B1 C 1D.又 CD?平面 B1CD ，∴平面 B1CD ⊥平面 B1C 1 D.2(2)存在．当 AD ＝2 AA 1时，二面角 B1-CD -C 1的大小为60°.理由如下：设AD ＝ a，则 D 点坐标为(1,0， a )，CD＝(1,0， a )，CB1＝(0,2,2)，设平面 B1CD 的法向量为 m ＝( x， y，z)，m ·CB1＝02y＋2 z＝ 0，则?令 z＝－1，得 m ＝(a, 1，－1)．m ·CD＝0x＋ az＝0，| m·CB |11 a 2＋ 2 ＝ ，22解得 a ＝ 2( 负值舍去 )，故 AD ＝2＝2 AA 1.∴在 AA 1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例 1、如图，四棱锥P -ABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ， BC ＝ CD ＝ 2 ， AC ＝ 4 ，π∠ ACB ＝∠ ACD ＝ ， F 为 PC 的中点， AF ⊥ PB .3(1) 求 PA 的长；(2) 求二面角 B -AF -D 的正弦值．(1) 学审题——审条件之审视图形建系x ， yA ，B ，C ，D 坐标由条件知 AC ⊥ BD ――→ DB ， AC 分别为轴― →写出 PA ⊥面 ABCDPF ＝ CF AF ⊥ PB――――――――→ 设 P 坐标 ――→ 可得 F 坐标 ――→ AF · PB ＝ 0―→得 P 坐标并求 PA长．(2) 学审题由(1)― →AD，AF，AB 的坐 标向量 n 1 ， n 2分别为平面 FAD 、平面 FAB 的法向量且 n 1 · AF ＝ 0 ―→ 求 得―――――――――――――――――――→n 1 · AD ＝ 0n 1 · n 2 ―→求得夹角余弦．[ 解] (1) 如图，连接 BD 交 AC 于 O ，因为 BC ＝ CD ，即△ BCD 为等腰三角形，又 AC 平分∠ BCD ，故 AC ⊥ BD .以 O 为坐标原点， OB ， OC ， AP 的方向分别为 x 轴， y 轴，πz 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则 OC ＝CD cos 3 ＝ 1.而 AC ＝ 4 ，得 AO ＝π3，故 A (0，－ 3,0) ， B ( 3， 0,0) ，C (0,1,0) ， D ( － 3，AC － OC ＝ 3.又 OD ＝ CD sin ＝3 0,0) ．z因 PA ⊥底面 ABCD ，可设 P (0 ，－ 3 ， z ) ．由 F 为 PC 边中点，知 F 0 ，－ 1，2.又AF...z z2＝ 0，2，2，PB＝(3， 3 ，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝ 0，即 6 －2＝ 0 ，z＝ 2 3 (舍去－ 2 3)，所以| PA | ＝2 3.(2) 由 (1)知 AD ＝(－3，3,0) ，AB＝ ( 3 ， 3,0) ，AF＝ (0,2 ， 3) ．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x1， y1，z1)，平面 FAB 的法向量为n2＝(x2， y2， z2)，－3x1＋ 3y1＝ 0 ，由 n 1·AD＝0， n 1·AF＝0，得因此可取n 1＝(3，3，－2y1＋3z1＝ 0 ，2)．由 n 2·AB＝0，n 2·AF＝0，得3x2＋ 3y2＝ 0 ，故可取 n2＝(3，－3，2) ．2 y2＋ 3z2＝0 ，n 1· n21从而法向量 n1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝|n1|·|n2|＝8.37故二面角 B-AF-D 的正弦值为.8AC⊥BD若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例 2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝2.BE与平面 ABC 所成的角为60°，且点 E 在平面 ABC 内的射影落在∠ ABC 的平分线上．(1)求证： DE∥平面 ABC ；(2)求二面角 E-BC -A 的余弦值．解：证明： (1) 易知△ABC，△ACD都是边长为 2 的等边三角形，取AC 的中点 O ，连接 BO， DO ，则 BO⊥ AC ， DO ⊥ AC .∵平面 ACD ⊥平面 ABC ，∴DO ⊥平面 ABC .作EF⊥平面ABC，则EF∥ DO.根据题意，点 F 落在 BO 上，∴∠ EBF＝60°，易求得EF＝DO＝ 3 ，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE∥OF.∵DE?平面 ABC ， OF?平面 ABC ，∴ DE∥平面 ABC .(2) 建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz，可求得平面ABC 的一个法向量为n1＝(0,0,1)．可得 C (－1,0,0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3) ，则CB＝(1，3，0) ，BE＝(0 ，－1， 3) ．设平面 BCE 的法向量为 n2＝(x， y， z)，则可得 n 2·CB＝0， n 2·BE＝0，即( x，y，z)· (1 ， 3，0) ＝ 0， ( x，y，z)· (0 ，－ 1， 3) ＝ 0，可取n2＝( － 3，3，1) ．n1·n 113故 cos〈n1，n2〉＝|n1|·| n2|＝13 . 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，13故二面角 E-BC -A 的余弦值为.13专题训练1.如图所示，在多面体ABCD － A 1B1C 1 D1中，上、下两个底面A 1 B1 C 1 D1和 ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面 ABCD ， AB ∥A 1 B1， AB＝2 A1 B1＝2 DD1＝2a .(1)求异面直线 AB 1与 DD 1所成角的余弦值；(2)已知 F 是 AD 的中点，求证： FB1⊥平面 BCC 1B1.解：以 D 为原点， DA ， DC ， DD1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A (2 a, 0,0)，B(2 a, 2 a, 0)，C (0,2 a, 0)， D1(0,0， a )， F(a, 0,0)， B1( a ，a ， a )， C1(0， a ，a )．(1)∵ AB1＝(－a，a，a)， DD1＝(0,0，a)，∴cos〈 AB1， DD1〉＝AB1· DD13＝，| AB1 | ·| DD1|3所以异面直线 AB1与 DD13所成角的余弦值为.3(2) 证明：∵BB1＝ ( －a，－a，a )，BC＝ (－ 2 a, 0,0) ，FB1＝ (0 ，a，a )，FB1· BB1＝0，∴∴ FB1⊥ BB1， FB1⊥ BC .FB1·BC＝0.∵BB1∩ BC＝ B，∴ FB1⊥平面 BCC 1 B1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1 B1 C 1中， AA 1 C1 C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C1C，AB＝3， BC＝5.(1)求证： AA 1⊥平面 ABC ；(2)求二面角 A1-BC1-B1的余弦值；BD(3)证明：在线段 BC 1上存在点 D，使得 AD ⊥ A 1B，并求BC1的值．解： (1) 证明：因为四边形AA 1 C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面 ABC ⊥平面 AA 1 C 1C ，且 AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以 AA 1⊥平面ABC .(2)由 (1) 知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由题知AB＝ 3，BC＝ 5，AC＝ 4，所以AB⊥AC .如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A -xyz，则 B(0,3,0)， A 1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A1 B ＝(0,3，－4)， A1C1＝ (4,0,0) ．设平面A1BC1的法向量为n＝ (x，y，z)，n·A1 B＝0，3y －4 ＝0，则即z令 z＝3，则 x＝0， y＝4，所以 n＝(0,4,3)．n·A1C1＝0.4x＝ 0.n· m同理可得，平面B1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos〈 n ， m 〉＝|n||m|＝1625.16由题知二面角A1-BC 1-B1为锐角，所以二面角A1-BC 1-B1的余弦值为25.(3)证明：设 D(x，y ， z)是直线 BC 1上一点，且BD＝λBC1.所以 (x，y－ 3，z)＝λ(4 ，－ 3,4) ．解得x＝4 λ，y＝3 － 3 λ，z＝4 λ.所以 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD ·A1B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝9 . 25因为9∈ [0,1] ，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥.25 A 1 BBD9此时，BC1＝λ＝25.3．如图 (1) ，四边形ABCD 中， E 是 BC 的中点， DB＝2， DC ＝1， BC＝5，AB＝AD ＝ 2.将图 (1) 沿直线BD折起，使得二面角 A -BD-C 为60°，如图(2)．(2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值．1解： (1) 证明：取BD的中点F，连接EF，AF，则AF＝1 ，EF＝，∠AFE＝ 60 °.2由余弦定理知＝ 1 21213＋－ 2× 1× cos 60 °＝.AE222∵AE2＋ EF2＝AF2，∴ AE⊥EF.∵ AB＝AD ，F 为 BD 中点．∴ BD⊥ AF.又BD＝2，DC＝1，BC＝5，∴BD2＋DC2＝BC2，即BD⊥CD .又 E 为 BC 中点， EF∥ CD ，∴ BD⊥ EF.又 EF∩ AF＝F，∴ BD⊥平面 AEF.又 BD⊥ AE，∵ BD∩EF＝ F，∴ AE⊥平面 BDC .3(2) 以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A 0，0，，211C－1，，0 ，B 1，－，0 ，2211313D －1，－2，0， DB ＝(2,0,0)， DA ＝ 1 ，2，2，AC＝－1，2，－2.设平面 ABD 的法向量为 n ＝(x， y， z)，n ·DB＝02x＝0，取 z＝ 3 ，由得x 1y3＝ 0 ，n ·DA＝0＋＋22z则 y＝－3，又∵ n＝(0，－3，3)．n ·AC6∴ cos 〈n，AC〉＝|n||AC |＝－4.故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为10 4.4．如图所示，在矩形ABCD 中， AB＝35，AD＝ 6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为 O ，交 CD 于 E，以 AE 为折痕将△ ADE 向上折起，使点 D 到点 P 的位置，且PB＝41.(2)求二面角 E-AP-B 的余弦值．解： (1) 证明：由已知得AB＝3 5 ，AD＝ 6，∴BD＝ 9.在矩形ABCD 中，∵ AE⊥BD，DO AD∴Rt△AOD∽ Rt△BAD，∴AD＝BD，∴DO＝ 4 ，∴BO＝ 5.在△ POB 中， PB＝41 ，PO＝ 4，BO＝ 5，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥ OB.又 PO⊥ AE， AE∩ OB＝O ，∴ PO⊥平面 ABCE.(2)∵BO＝5，∴ AO ＝ AB2－OB2＝2 5.以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)， A (25， 0,0) ，B(0,5,0)，PA＝(25， 0，－ 4)，PB＝(0,5 ，－ 4)．设 n 1＝(x， y， z)为平面 APB 的法向量．则n 1·PA＝0， 2 5x－ 4 z＝ 0 ，即n 1·PB＝0， 5 y－4 z＝ 0.取 x＝2 5得 n 1＝(25， 4,5) ．又n2＝ (0,1,0) 为平面AEP的一个法向量，∴ cos 〈n1，n2〉＝|n 1·n 24461 n 1|·| n 2|＝61× 1＝61，461.故二面角 E-AP -B 的余弦值为615.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形，其中BC∥AD ，AB⊥AD ，AB＝BC＝1，O 为 AD 中点．(1) 求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2) 求B点到平面PCD的距离；(3) 线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD 的值；若不存在，请说明理由．解： (1) 在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以 PO⊥ AD .又侧面 PAD⊥底面ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ， PO?平面 PAD ，所以 PO ⊥平面 ABCD .又在直角梯形 ABCD 中，连接 OC ，易得 OC ⊥ AD ，所以以 O 为坐标原点， OC ，OD ， OP 所在直线分别为x， y， z 轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1 ，－ 1,0) ，C (1,0,0) ，D (0,1,0) ，∴ PB ＝ (1 ，－ 1 ，－ 1) ，易证 OA ⊥平面 POC ，∴ OA ＝ (0 ，－ 1,0) 是平面 POC 的法向量，PB ·OA3 6cos 〈 PB ， OA 〉＝＝ .∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为.| PB || OA |33(2) PD ＝ (0,1 ，－ 1) ， CP ＝ ( － 1,0,1) ．设平面 PDC 的一个法向量为u ＝ (x ， y ，z )，u · CP ＝－ x ＋ z ＝ 0，d ＝则取 z ＝ 1，得 u ＝ (1,1,1) ．∴ B 点到平面 PCD 的距离为 u · PD ＝ y －z ＝ 0，| BP · u |3| u |＝ .3(3) 假设存在一点 Q ，则设 PQ ＝ λPD(0< λ<1) ．∵ PD ＝ (0,1 ，－ 1) ，∴ PQ ＝ (0 ， λ，－ λ)＝ OQ － OP ，∴ OQ ＝ (0 ， λ，1 － λ)，∴ Q (0 ， λ， 1－λ)．设平面 CAQ 的一个法向量为 m ＝ (x ， y ， z )，又 AC ＝ (1,1,0) ， AQ ＝ (0 ， λ＋ 1,1－ λ)，m · AC ＝ x ＋ y ＝ 0 ，取 z ＝ λ＋ 1，得 m ＝ (1 － λ， λ－1， λ＋ 1) ，则λ＋ 1 y1 － λ z ＝ 0.m · AQ又平面 CAD 的一个法向量为n ＝ (0,0,1) ，二面角 Q -AC -D 的余弦值为6 3 ，| m · n |621所以 |cos 〈m ， n 〉| ＝| m || n | ＝ 3 ，得 3 λ－ 10λ＋ 3＝ 0，解得 λ＝ 3 或 λ＝ 3( 舍 ) ，PQ 1所以存在点 Q ，且 QD ＝ 2 .6．如图，在四棱锥 S -ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面 ABCD ， AB垂直于 AD 和 BC ，SA ＝ AB ＝ BC ＝ 2，AD ＝1.M 是棱 SB 的中点．(1) 求证： AM ∥平面 SCD ；(2) 求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值；(3) 设点 N 是直线 CD 上的动点， MN 与平面 SAB 所成的角为 θ，求 sin θ的最大值．解： (1) 以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0) ，B (0,2,0) ，C (2,2,0) ，D (1,0,0) ，S (0,0,2) ，M (0,1,1) ．所以 AM ＝ (0,1,1) ， SD ＝ (1,0 ，－ 2) ， CD ＝ ( － 1，－ 2,0) ．设平面 SCD 的法向量是n ＝ (x ， y ， z ) ，SD · n ＝ 0，x － 2 z ＝0 ，则即令 z ＝ 1 ，则 x ＝2 ， y ＝－ 1 ，CD · n ＝ 0，－ x － 2 y ＝ 0.于是 n ＝ (2 ，－ 1,1) ．∵ AM · n ＝ 0 ，∴ AM ⊥ n .又 AM ? 平面 SCD ， ∴ AM ∥平面 SCD .(2) 易知平面 SAB 的一个法向量为 n 1 ＝(1,0,0) ．设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为φ，n 1 ·n1，0，02，－ 1， 126则 |cosφ| ＝| n 1 | ·| n |＝1 · 6＝ 1· 6 ＝ 3 ，6即 cos φ＝ .36∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为.3(3) 设 N ( x,2x － 2,0)( x ∈[1,2]) ，则 MN ＝ (x,2 x －3，－ 1) ． 又平面 SAB 的一个法向量为 n 1＝ (1,0,0) ，∴ sinx ，2 x －3，－ 1 1， 0，0xθ ＝2x － 31 ＝5x 2－ 12x ＋ 10＝x222·111 15 － 12· x ＋10 · x 21 1.＝11＝31710 x 2－ 12 x ＋ 5 10 x － 5 2 ＋ 51 3535当 x ＝5 ，即 x ＝3 时， (sin θ) max ＝ 7 .7、如图，四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形，∠ FAB ＝∠ DAB ＝ 90°， AF＝AB ＝BC ＝2， AD ＝1，FA ⊥CD .(1) 证明：在平面 BCE 上，一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平行；(2) 求二面角 F -CD -A 的余弦值．解： (1) 证明：由已知得， BE ∥AF ， BC ∥ AD ， BE ∩ BC ＝ B ， AD ∩ AF ＝ A ，∴平面 BCE ∥平面 ADF .设平面 DFC ∩平面 BCE ＝ l ，则 l 过点 C .∵平面 BCE ∥平面 ADF ，平面 DFC ∩平面 BCE ＝l ，∴DF∥ l，即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l，使得 DF∥ l.(2) ∵FA⊥AB，FA⊥CD，AB与CD相交，∴FA⊥平面ABCD .故以 A 为原点， AD ， AB， AF 分别为 x 轴， y 轴， z轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得， D(1,0,0)， C (2,2,0)， F(0,0,2)，∴ DF ＝(－1,0,2)， DC ＝(1,2,0)．设平面 DFC 的一个法向量为n ＝( x， y ， z)，n ·DF＝0，x＝2 z，不妨设 z＝1.则?x＝－2 y，n ·DC＝0则 n＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)．m · n16∴ cos 〈m，n〉＝|m||n |＝6＝6，由于二面角F-CD -A 为锐角，6∴二面角 F-CD -A 的余弦值为.68、 .如图，在四棱锥P-ABCD 中， PD⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是菱形， AC ＝2， BD ＝2 3，E是PB上任意一点．(1) 求证：AC⊥DE；(2) 已知二面角A -PB-D的余弦值为15，若 E为 PB的中点，求 EC 与平面 PAB 所成角的正5弦值．解： (1) 证明：∵PD⊥平面ABCD，AC ? 平面ABCD，∴PD⊥AC，∵四边形ABCD 是菱形，∴ BD⊥ AC ，又 BD∩ PD＝ D，∴ AC ⊥平面 PBD，∵DE?平面 PBD，∴ AC ⊥ DE.(2)在△ PDB 中， EO∥ PD，∴ EO⊥平面 ABCD ，分别以 OA ， OB ， OE 所在直线为 x 轴， y 轴， z轴建立空间直角坐标系，设PD＝ t，则 A (1,0,0)，B(0，3， 0)，C (－ 1,0,0)，tE 0，0，2， P(0，－3， t)，AB＝(－1，3，0)，AP＝(－1，－3， t)．由 (1) 知，平面PBD的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设平面 PAB 的法向量为 n2＝(x， y，z)，则根据n 2·AB＝0，－ x＋3y ＝0，令 y ＝1，得 n2＝2 3. n 2·AP＝0得－ x－3y＋tz＝ 0 ， 3 ，1，t15，则 |cos 〈n115，即∵二面角 A -PB-D 的余弦值为， n 2〉|＝55315＝，解得 t＝2 3 或t＝－ 2 3( 舍去 )，∴P(0 ，－ 3 ， 2 3) ．1254＋t2设 EC 与平面 PAB 所成的角为θ，∵EC＝(－1,0，－3)， n 2＝( 3，1,1)，则 sin θ＝ |cos 〈EC，n2〉| ＝2315，∴ EC 与平面 PAB 所成角的正弦值为2 ×5＝515.59、如图1，A，D分别是矩形A1BCD1上的点，AB＝ 2AA1＝ 2AD＝ 2，DC＝ 2DD1，把四边形1ADD 1 沿AD折叠，使其与平面ABCD垂直，如图 2 所示，连接 1 ，1C得A AB D几何体 ABA 1-DCD 1.(1) 当点E在棱AB上移动时，证明：D1 E⊥ A 1D；π(2) 在棱AB上是否存在点E，使二面角D1-EC -D 的平面角为？若存在，求出AE 的6长；若不存在，请说明理由．解： (1) 证明，如图，以点 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD 1所在直线为x 轴， y轴， z 轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D(0,0,0)， A (1,0,0)， C (0,2,0)，A 1(1,0,1)， D1(0,0,1)．设 E(1， t,0)，则D1 E ＝(1，t，－1)， A1D ＝(－1,0，－1)，∴ D1 E · A1D ＝1×(－1)＋t×0＋(－1)×(－1)＝0，∴D1E⊥A1D.(2) 假设存在符合条件的点E.设平面 D1EC 的法向量为n＝( x，y ， z)，由(1)知EC＝(－1,2－t, 0)，n·EC＝0，－ x2－t y＝ 0，11则得令 y＝，则 x＝1－ t， z＝1，n·D1E＝0x＋ ty－ z＝0，221 1∴n＝1－2t，2，1是平面 D1 EC 的一个法向量，显然平面 ECD 的一个法向量为DD1＝(0,0,1)，| n · DD 1 |1π 3则 cos 〈 n ， DD 1 〉＝＝1＝ cos ，解得 t ＝ 2－ (0 ≤ t ≤| n || DD 1 |12＋ ＋1 6 31 － t42 2) ．故存在点 E ，当 AE ＝2 －3π时，二面角 D 1 -EC -D 的平面角为 .36工程部维修工的岗位职责 1、 严格遵守公司员工守则和各项规章制度，服从领班安排，除完成日常维修任务外，有计划地承担其它工作任务 ; 2 、 努力学习技术，熟练掌握现有电气设备的原理及实际操作与维修 ; 3、 积极协调配电工的工作，出现事故时无条件地迅速返回机房，听从领班的指挥 ; 4、 招待执行所管辖设备的检修计划，按时按质按量地完成，并填好记录表格 ;5 、 严格执行设备管理制度，做好日夜班的交接班工作 ;6 、 交班时发生故障，上一班必须协同下一班排队故障后才能下班，配电设备发生事故时不得离岗 ;7 、 请假、补休需在一天前报告领班，并由领班安排合适的替班人 .欢迎您的光临， Word 文档下载后可修改编辑.双击可删除页眉页脚.谢谢！让我们共同学习共同进步！学无止境 .更上一层楼。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.长方体中，，，，则与所成角的余弦值为．【答案】【解析】以D为空间原点，DA为x轴，D为z轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系则=（-1，2，0），=（-1，-2，3）||=，|'|=，·=－3cos<,>==，即为所求。
【考点】本题主要考查空间向量的应用，向量的数量积，向量的坐标运算。
点评：简单题，通过建立空间直角坐标系，将求异面直线的夹角余弦问题，转化成向量的坐标运算。
2.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。
点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。
3.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。
【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。
点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。
4.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。
【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。
点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。
5.已知点，为线段上一点，且，则的坐标为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设C的坐标为(x，y，z)则向量=(x-4，y-1，z－3)向量=(－2,－6,－2)，而即=所以x-4=－，y-1=－2，Z－3=－所以x=，y=－1，z=，C的坐标为，选C。
高二数学利用空间向量解决立体几何中的垂直问题
n
g
例2：已知：在空间四边形OABC中，OA⊥BC， OB⊥AC， 证明：由已知 OA B C ， OB AC 求证：OC⊥ AB O 所以 OA BC 0 , OB AC 0
OA (OC OB) 0 OB (OC OA) 0
A B C
所以 OA OC OA OB OB OC OB OA 所以 OA OC OB OC 0
M
D
B
N
1 1 2 1 2 2 ＝ （ a + a - a） =0 2 2 2
MN AB
C
同理， MN CD
例3 在平行六面体ABCD ABC D中，底面是菱形，AAB
AAD BAD 60 。 （1）求证：AA BD； AB （2）当AC 平面ABD时，求 的值。 AA
D' A'
D A B B'
C'
C
变式训练（二）
（2）已知在平行六面体ABCD-ABCD中，有AA=AB=AD， 且AAD=AAB=BAD=，求证：AC 平面ABD。
D'
C'
证明： AC AB AD AA
A'
D A B
B'
BD AB AD AB AB AA 所以AC BD （AB AD AA ） （AB AD） 0 AC AB （AB AD AA ） （AB AA ） 0 又因为AB BD=B 所以AC 平面ABD
p xa yb zc
二、数量积的性质
1)数量积性质 对于非零向量 a , b ，有： (1) a e=|a|cos a,e
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用课件1新人教B版选修2_1
各抒己见 百家争鸣
链接高考202X
强化作业： 在直三棱柱ABC－
A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝ BC＝2，D为AA1上一点．
(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D； (2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长
前置作业反馈
立体几何中的向 量方法
如果a⊥，那么向量a叫做平面的法向量.
l a
二、怎样求平面法向量？
利用空间向量求空间角
题型一：线线角
异面直线所成角的范围：
0,
2
C
D
A D1
B
结论： cos | cos CD, AB |
题题型型二二：：线线面面角角
直线与平面所成角的范围： [0, ]
1、用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”。
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间 向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几 何问题转化为向量问题； （化为向量问题）
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；
（进行向量运算） （3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。
数乘 减法:三角形法则
运算 数乘:ka,k为正数,负数,零
具有大小和方向的量 数乘:ka,k为正数,负数,零
运 加法交换律 a b b a 算 加法结合律 律 (a b) c a (b c)
数乘分配律
k(a b) ka＋kb
加法交换律 a b b a 加法结合律
(a b) c a (b c) 数乘分配律 k(a b) ka＋kb
2
An
直线AB与平面α所成
B O
的角θ可看成是向量与 平面α的法向量所成的 锐角的余角，所以有
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(1)线面平行：l ∥αa ⊥ua ·u ＝0a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥αa ∥ua ＝k u a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥βu ∥vu ＝k v a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥βu ⊥vu ·v ＝0a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，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 .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB .又AB 平面PAB ，EF 平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，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PDC ，所以平面PAD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，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；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点． 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，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)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此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)，1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. (3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D | 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．[解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：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． (2)求空间角应注意：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|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD .(1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE 平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE 平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB∥CD ，CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE 平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23，则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)．设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14.例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ. 由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0，BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE 如果存在，求出BP BC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB 平面DEF ，EF 平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n| DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ，∴3s ＋t ＝23. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.1空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD . 又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD 平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)， 设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12，解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求PA 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→PA ⊥面ABCD 设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PBAF ·PB ＝0―→得P 坐标并求PA长．(2)学审题 由(1)―→AD ，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面FAD 、平面FAB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 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O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因PA ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝23.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝18.故二面角B-AF-D的正弦值为37 8.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝与平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC内的射影落在∠ABC的平分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC. ∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC. 作EF⊥平面ABC，则EF∥DO. 根据题意，点F落在BO上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3，∴四边形DEFO是平行四边形，DE∥OF.∵DE平面ABC，OF平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，可求得平面ABC的一个法向量为n1＝(0,0,1)．可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0， 即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)．故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BD BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝1625. 由题知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，所以二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. 所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925. 因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BDBC 1＝λ＝925. 3．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A -BD -C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°.由余弦定理知AE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122－2×1×12cos 60°＝32. ∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF . 又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC . (2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－12，0，DB ＝(2,0,0)，DA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，12，32，AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，12，－32. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ＝0n ·DA ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)． ∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·AC|n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝35，AD ＝6，BD 是对角线，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到点P 的位置，且PB ＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角E -AP -B 的余弦值． 解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6，∴BD ＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝AD BD，∴DO ＝4，∴BO ＝5.在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)，PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x＝25得n1＝(25，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝461×1＝46161，故二面角E-AP-B的余弦值为461 61.5.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为63若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴PB＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，∴OA＝(0，－1,0)是平面POC的法向量，cos 〈PB ，OA 〉＝PB ·OA| PB ||OA |＝33. ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2) PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33. (3)假设存在一点Q ，则设PQ ＝λPD (0<λ<1)．∵PD ＝(0,1，－1)， ∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ，∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，又AC ＝(1,1,0)，AQ ＝(0，λ＋1,1－λ)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝λ＋1y ＋1－λz ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，二面角Q -AC -D 的余弦值为63，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，所以存在点Q ，且PQQD ＝12.6．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值．解：(1)以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．所以AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧SD ·n ＝0，CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM 平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1，0，0·2，－1，11·6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪21·6＝63，即cos φ＝63. ∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63.(3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x5x 2－12x ＋10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪15－12·1x ＋10·1x 2＝110⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋5＝110⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，FA ⊥CD .(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行； (2)求二面角F -CD -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BC ∥AD ，BE ∩BC ＝B ，AD ∩AF ＝A ， ∴平面BCE ∥平面ADF . 设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C . ∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ， 平面DFC ∩平面ADF ＝DF .∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l . (2)∵FA ⊥AB ，FA ⊥CD ，AB 与CD 相交，∴FA ⊥平面ABCD .故以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF ＝(－1,0,2)，DC ＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF ＝0，n ·DC ＝0⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，x ＝－2y ，不妨设z ＝1.则n ＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F -CD -A 为锐角，∴二面角F -CD -A 的余弦值为66.8、.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点．(1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A -PB -D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，∴PD ⊥AC ， ∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ， ∵DE 平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，t 2，P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则根据⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫3，1，23t . ∵二面角A -PB -D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，则sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝155，∴EC 与平面PAB 所成角的正弦值为155.9、如图1，A ，D 分别是矩形A 1BCD 1上的点，AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形A 1ADD 1沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2所示，连接A 1B ，D 1C 得几何体ABA 1-DCD 1.(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的平面角为π6若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，t,0)，则1D E ＝(1，t ，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)，∴1D E ·1A D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1)×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .(2)假设存在符合条件的点E .设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由(1)知EC ＝(－1,2－t,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ＝0，n ·1D E ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2－ty ＝0，x ＋ty －z ＝0，令y ＝12，则x ＝1－12t ，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12t ，12，1是平面D 1EC 的一个法向量，显然平面ECD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)， 则cos 〈n ，1DD 〉＝|n ·1DD ||n ||1DD |＝1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12t 2＋14＋1＝cos π6，解得t ＝2－33(0≤t ≤2)．故存在点E ，当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的平面角为π6.。
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。
(完整版)用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4) (1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB . 又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以DC ⊥平面P AD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面P AD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，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；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点． 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，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)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此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)， 1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |. (2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a ||n ||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：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． (2)求空间角应注意：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|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求． 例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD . (1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ， CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°， 即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE ⊂平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23， 则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)． 设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14. 例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0， BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.(1)空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)， 即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD .又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下： 设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12， 解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意． 空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系 DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→P A ⊥面ABCD设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PB AF ·PB ＝0―→得P 坐标并求P A 长． (2)学审题 由(1)―→AD ，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面F AD 、平面F AB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 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O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝2 3.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B -AF -D 的正弦值为378.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系(本题利用AC ⊥BD )，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝2.BE 与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为2的等边三角形，取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，则BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面ACD ⊥平面ABC ， ∴DO ⊥平面ABC . 作EF ⊥平面ABC ，则EF ∥DO . 根据题意，点F 落在BO 上， ∴∠EBF ＝60°， 易求得EF ＝DO ＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE ∥OF . ∵DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，可求得平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE ＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0，即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)． 故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . ∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BDBC 1的值．。
空间向量法解决立体几何问题全面总结
由OA1 =（-1，-1，2），OD1 =（-1，1，2）
得:
x x
y y
2z 2z
0 0
解得:xy20z
取z =1
得平面OA1D1的法向量的坐标n=(2,0,1).
(2)求平面的法向量的坐标的特殊方法:
• 第一步:写出平面内两个不平行的向量 • a = (x1,y1,z1), b = (x2,y2,z2), • 第二步:那么平面法向量为
z
C1
A1
A x
B1
C O
B y
• 解:建立如图示的直角坐标系,则
•
A(
a 2
,0,0),B(0,
3 2
a
,0)
A1(
a 2
,0,).
C(-
a 2
,0,
2a)
• 设面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z)
•得 a 3
AB ( , 2
2
a,0), AA1 (0,0,
2a)
• •
a
一.引入两个重要的空间向量
1.直线的方向向量
把直线上任意两点的向量或与它平行的向
量都称为直线的方向向量.如图,在空间直角
坐标系中,由A(x1,y1,z1)与B(x2,y2,z2)确定的直 线AB的方向向量是
z
AB (x2 x1, y2 y1, z2 z1)
B
A
y
x
2.平面的法向量 • 如果表示向量n的有向线段所在的直线垂直
n
a
b
α
(1)求平面的法向量的坐标的一般步骤:
• 第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z).
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。
高二数学 专题 空间向量与立体几何(六个混淆易错点)(解析版)
专题空间向量与立体几何（六个混淆易错点）易错点1对空间向量的运算理解不清1．在棱长为1的正四面体A BCD -中，点M 满足()1AM xAB y AC x y AD =++--，点N 满足()1DN DB DC λλ=-- ，当线段AM 、DN 的长度均最短时，AM AN ⋅= （）A ．23B ．23-C ．43D ．43-【答案】A【分析】根据题意得到M ∈平面BCD ，N ∈直线BC ，从而求得,AM DN 最短时，得到M 为BCD △的中心，N 为BC 的中点，求得AM 的长，结合向量的运算公式，即可求得AM AN ⋅的值.【详解】解：如图所示，因为(1)AM x AB y AC x y AD =++-- ，()1DN DB DC λλ=--，可得M ∈平面BCD ，N ∈直线BC ，当,AM DN 最短时，AM ⊥平面BCD ，且DN BC ⊥，所以M 为BCD △的中心，N 为BC 的中点，如图所示，又由正四面体的棱长为1，所以13NM DN ==AN =所以3AM =，因为AM ⊥平面BCD ，所以AM MN ⊥，所以Rt ANM △中，6223cos 332AM MAN AN ∠===，所以326222cos 333AM AN AM AN MAN ⋅=⋅∠=⨯=⨯ 故选：A2．下列命题中正确的个数是（）．①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c共线．②向量a ，b ，c共面，即它们所在的直线共面．③如果三个向量a ，b ，c不共面，那么对于空间任意一个向量p ，存在有序实数组(),,x y z ，使得p xa yb zc =++．④若a ，b 是两个不共线的向量，而c a b λμ=+（,λμ∈R 且0λμ≠），则{},,a b c 是空间向量的一组基底．A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【分析】举例0b =，判断①，由向量共面的定义判断②，由空间向量基本定理判断③，由共面向量定理和空间向量基本定理判断④．【详解】①当0b = 时，a 与c不一定共线，故①错误；②当a ，b ，c共面时，它们所在的直线平行于同一平面，或在同一平面内，故②错误；由空间向量基本定理知③正确；④当a ，b 不共线且c a b λμ=+时，a ，b ，c 共面，故④错误．故选：B ．3．以下命题：①若//a b r r ，则存在唯一的实数λ，使得λa b = ；②若a b b c ⋅=⋅r r r r，则a c = 或0b = ；③若{},,a b c为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底；④()()()()a b c d d c b a ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 一定成立.则其中真命题的个数为（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【分析】由共线向量的基本定理判断①；由数量积判断②；由基底的概念判断③；由数量积的性质判断④【详解】对于①：根据共线向量的基本定理，//a b r r 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得λa b = ，其中0b ≠r r；这里没有限制b，所以①错误；对于②：cos ,,cos ,a b a b a b b c b c b c ⋅=⋅⋅=⋅r r r r r r r r r r r r ，若a b b c ⋅=⋅r r r r ，则cos ,cos ,a a b c b c ⋅=r r r r r r ，即只要a 在b 上的投影与c 在b 上的投影相等即可，故②错误；对于③：若{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c不共面，则,,a b b c c a +++ 也不共面，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底，故③正确；对于④：因为,a b b a c d d c ⋅=⋅⋅=⋅，所以()()()()a b c d d c b a ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ ，故④正确；所以正确的有2个，故选：C4．下面四个结论正确的个数是（）①空间向量(),0,0a b a b ≠≠ ，若a b ⊥ ，则0a b ⋅=；②若空间四个点P ，A ，B ，C ，1344PC PA PB =+，则A ，B ，C 三点共线；③已知向量(1,1,)a x = ，(3,,9)b x =- ，若310x <，则,a b 〈〉为钝角；④任意向量,,a b c 满足()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅．A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【分析】根据空间向量的线性运算、向量平行的意义及坐标表示、数量积的定义、性质对各命题逐一判断即可．【详解】对于①，因0,0a b ≠≠ ，a b ⊥ ，则·0a b =，①正确；对于②，因1344PC PA PB =+ ，则1144PC PA - ＝3344PB PC -，即3AC CB = ，即A 、B 、C 三点共线，②正确；对于③，a b ⋅ ＝10x -3，若,a b 〈〉 为钝角，则0a b ⋅< ，且a 与b 不共线，由0a b ⋅<得310x <，当//a b 时，1139xx ==-，即3x =-，由a 与b 不共线得3x ≠-，于是得当310x <且3x ≠-时，,a b 〈〉为钝角，③错误；对于④，()a b c ⋅⋅ 是c 的共线向量，而()a b c ⋅⋅是a 的共线向量，④错误，综上可知，①②正确.故选：C5．（多选）给出下列命题，其中正确的是（）A ．若{},,a b c是空间的一个基底，则{},,a b b c +r r r r 也是空间的一个基底B ．在空间直角坐标系中，点()2,4,3P -关于坐标平面yOz 的对称点是()2,4,3---C ．若空间四个点P ，A ，B ，C 满足1344PC PA PB =+，则A ，B ，C 三点共线D ．平面α的一个法向量为()1,3,4m =-u r ，平面β的一个法向量为()2,6,n k =--r.若//αβ，则8k =【答案】ACD【分析】根据三个向量是否共面判断A ，由点关于坐标面的对称判断B ，由向量的运算确定三点共线可判断C ，根据向量共线求参数可判断D 。
(完整版)高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳(2),推荐文档
( ) ( ) ( ) E
12，1，12
，F
0，1，12
，
EF
＝
－12，0，0
，
PB
＝(1,0，－1)，
PD
＝(0,2，－1)，
AP ＝(0,0,1)， AD ＝(0,2,0)， DC ＝(1,0,0)， AB ＝(1,0,0)．
1
(1)因为
EF
＝－2
AB
，所以
EF
∥
AB
，即
EF∥AB.
我去上人， 也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙
..........
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且 EB1＝1，D，F，G 分别为 CC1，C1B1，C1A1 的中点． 求证：(1)B1D⊥平面 ABD； (2)平面 EGF∥平面 ABD.
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 证明：(1)以 B 为坐标原点，BA、BC、BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系，如图所示，则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设 BA＝a，则 A(a,0,0)，
n1＝(2，－2,1)是平面 ADC1 的一个法向量．取平面 ABA1 的一个法向量为
n2＝(0,1,0)．设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ.
| | n1·n2
2
2
5
由|cos θ|＝ |n1||n2| ＝ 9 × 1＝3，得 sin θ＝ 3 .
5 因此，平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 3 . 例 2、如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B，AB＝CB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正
立体几何典型问题的向量解法
立体几何中几类典型问题的向量解法空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几何的探索性试题提供了简便、快速的解法。
它的实用性是其它方法无法比拟的，因此应加强运用向量方法解决几何问题的意识，提高使用向量的熟练程度和自觉性，注意培养向量的代数运算推理能力，掌握向量的基本知识和技能，充分利用向量知识解决图形中的角和距离、平行与垂直问题。
一、利用向量知识求点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面的距离（1）求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP u u u r的坐标，那么P 到平面的距离cos ,n MP d MP n MP n •=•<>=r u u u r u u u r r u u u rr（2）求两点,P Q 之间距离，可转化求向量PQ uuu r的模。
（3）求点P 到直线AB 的距离，可在AB 上取一点Q ，令,AQ QB PQ AB λ=⊥u u u r u u u r u u u r u u u r或PQ u u u r 的最小值求得参数λ，以确定Q 的位置，则PQ u u u r为点P 到直线AB 的距离。
还可以在AB 上任取一点Q 先求<AB ,cos ，再转化为><,sin ，则PQ u u u r><,sin 为点P 到直线AB 的距离。
(4)求两条异面直线12,l l 之间距离，可设与公垂线段AB 平行的向量n r，,C D 分别是12,l l 上的任意两点，则12,l l 之间距离CD nAB n•=u u u r r r例1：设(2,3,1),(4,1,2),(6,3,7),(5,4,8)A B C D --，求点D 到平面ABC 的距离例2：如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。
空间向量与立体几何经典题型
例题1. 已知,,A B C 三点不共线，对平面外任一点，满足条件122555OP OA OB OC =++，试判断：点P 与,,A B C 是否一定共面？分析：要判断点P 与,,A B C 是否一定共面，即是要判断是否存在有序实数对,x y ，使AP x AB y AC =+ 或对空间任一点O ，有OP OA xAB y AC =++。
解：由题意：522OP OA OB OC =++，∴()2()2()OP OA OB OP OC OP -=-+- ，∴22AP PB PC =+ ，即22PA PB PC =-- ，所以，点P 与,,A B C 共面．点评：在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候，首先要选择恰当的充要条件形式，然后对照形式将已知条件进行转化运算．例题2. 如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 上，且13BM BD =，13AN AE =．求证：//MN 平面CDE ． 分析：要证明//MN 平面CDE ，只要证明向量NM可以用平面CDE 内的两个不共线的向量DE 和DC线性表示．证明：如图，因为M 在BD 上，且13BM BD =，所以111333MB DB DA AB ==+ ．同理1133AN AD DE =+ ，又CD BA AB ==- ，所以MN MB BA AN =++1111()()3333DA AB BA AD DE =++++ 2133BA DE =+2133CD DE =+ ．又CD 与DE 不共线，根据共面向量定理，可知MN ，CD ，DE共面．由于MN 不在平面CDE 内，所以//MN 平面CDE ．点评：空间任意的两向量都是共面的． 考点二 证明空间线面平行与垂直例题3. 如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，点D 是AB 的中点， （I ）求证：AC ⊥BC 1； （II ）求证：AC 1//平面CDB 1；分析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线面垂直来证明线线垂直；（2）证明线转化转化面平行也有两类：一是通过线线平行得到线面平行，二是通过面面平行得到线面平行. 解法一：（I ）直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面三边长AC =3，BC =4AB =5，∴ AC ⊥BC ，且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ，∴ AC ⊥BC 1；（II ）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ，∵ D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点，∴ DE//AC 1，∵ DE ⊂平面C D B 1，AC 1⊄平面C D B 1，∴ AC 1//平面C D B 1；解法二：∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC 、BC 、C 1C 两两垂直，如图，以C 为坐标原点，直线CA 、CB 、C 1C 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则C （0,0，0），A （3,0，0），C 1（0,0，4），B（0,4，0），B 1（0,4，4），D （23，2,0）（1）∵AC ＝（－3,0，0），1BC ＝（0，－4,0），∴AC •1BC ＝0，∴AC ⊥BC 1. （2）设CB 1与C 1B 的交战为E ，则E （0,2，2）.∵DE ＝（－23，0,2），1AC ＝（－3,0，4），∴121AC =，∴DE ∥AC 1. 点评：平行问题的转化：面面平行线面平行线线平行；主要依据是有关定义及判定定理和性质定理．例题 4. （北京市东城区2007年综合练习）如图，在棱长为2的正方体ABN BC M BD O D C B A ABCD 为的中点为的中点为中,,,11111-的中点，P 为BB 1的中点. （I ）求证：C B BD 11⊥； （II ）求证MNP BD 平面⊥1；（III ）求异面直线M C O B 11与所成角的大小.分析：本小题考查直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力. 解法一：（I ）连结BC 1 由正方体的性质得BC 1是BD 1在平面BCC 1B 1内的射影11BC C B ⊥且，所以C B BD 11⊥ (II)又M PM MN = ，.1MNP BD 平面⊥∴（III ）延长OQ Q B BM BQ Q CB ,,,1连结使到=.//.,//111111M C Q B B C QM B C QM ∴=且则.111所成的角与是异面直线M C O B Q OB ∠∴由于正方体的棱长为2，1515532)6()5()3(cos .6,,5,322212121122111=⨯⨯-+==+==+==Q OB Q O OO OQ O ABCD BQ B B Q B O B 可求得的中点为设底面则即异面直线M C O B 11与所成角的大小为arccos 1515. 解法二：（I ）如图建立空间直角坐标系. 则B （2，2，0），C （0，2，0） B 1（2，2，2），D 1（0，0，2）.),2,0,2(),2,2,2(11--=--=D B BD………………3分B BDC B BD 1111.0404⊥=-+=⋅C B BD 11⊥∴（II ）)0,1,2(),1,2,2(),0,2,1(N P M ，,0022,0202),0,1,1(),1,0,1(11=++-=⋅=++-=⋅-==MN BD MP BD MN MP,.,11M PM MN MP BD MN BD =⊥⊥∴ 又MNP BD 平面⊥∴1.（III ）θ所成的角为与设异面直线M C O B C O 111),2,2,0(),1,1,1(， ).2,0,1(),1,1,1(11-=---=M C O B 则.1)2()1(0)1(1111=-⨯-+⨯-+⨯-=⋅M C O B.515531cos 1111=⨯==∴θ即异面直线M C O B 11与所成角的大小为arccso.515点评：证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直即可.这些从本题证法中都能十分明显地体现出来考点三 求空间图形中的角与距离根据定义找出或作出所求的角与距离，然后通过解三角形等方法求值，注意“作、证、算”的有机统一.解题时注意各种角的范围：异面直线所成角的范围是0°＜θ≤90°，其方法是平移法和补形法；直线与平面所成角的范围是0°≤θ≤90°，其解法是作垂线、找射影；二面角0°≤θ≤180°，其方法是：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法 另也可借助空间向量求这三种角的大小.例题5. （河南省开封市2007届高三年级第三次质量检测）在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AD=DC=3.（1）求直线A 1C 与D 1C 1所成角的正切值； （2）在线段A 1C 上有一点Q ，且C 1Q =31C 1A 1，求平面QDC 与平面A 1DC 所成锐二面角的大小.分析：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法 求二面角的大小也可应用面积射影法，向量法办解法一：（I ）,//11CD D C CD A 1∠∴为异面直线A 1C 与D 1C 1所成的角连A 1D ，在Rt △A 1DC 中，CD =3，A 1D =2，.332tan 1=∠∴CD A （II ）过Q 作EF （在平面A 1C 1内）使EF//A 1B 1， CD EF //∴连B 1C 、CF 、DF ，（面EFCD 即平面QDC ；面A 1B 1CD 即平面A 1DC ）,,,111CF DC C B DC B BCC DC ⊥⊥∴⊥面 CF B 1∠∴即为二面角A 1—DC —Q 的平面角.QF C A C Q C 1111,31∆= ~21,11111==∴∆QA Q C E A F C QE A .11122111112,,cos 2C F B F B C CF CB CF B F B CF B CF CB CF ∴=====+-∆∠==⋅又在中301=∠∴CF B ，即所求二面角大小为30°解法二：（I ）同解法一（I ）（II ）建立空间直角坐标系，的一个法向量分别为平面设平面则QCD CD A Q A C Q C C A C D ,),1,332,33(,31).1,3,0(),1,0,3(),0,3,0(),0,0,0(111111∴=.33,1.033,00,0).3,0,1(.3,103,00,0),,(),,,(222222211111111122221111-=∴=⎪⎩⎪⎨⎧=+=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅-=∴-=∴=⎩⎨⎧=+=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅==z x z x y n n n z x z x y DA n DC n z y x n z y x n 令由令由)33,0,1(2-=∴n.6,,2332211||||,cos 21212121π>=∴<=⨯+=⋅>=<∴n n n n n n即平面QDC 与平面A 1DC 所成锐二面角为6π点评：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强 用平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角，是常用的方法.例题6. （福建省福州三中2008届高三第三次月考）如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都是2，D 是棱AC 的中点，E 是棱1CC 的中点，AE 交1A D 于点.H（1）求证：1AE A BD ⊥平面；（2）求二面角1D BA A --的大小（用反三角函数表示）； （3）求点1B 到平面1A BD 的距离。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）A．60°B．90°C．105°D．75°【答案】B【解析】用立体几何方法。
作BC中点D,连AD, D,易得AD垂直于BC,AD垂直于平面BC, D为A在平面BC上的射影,易证D垂直于B,所以A垂直于B,A与B所成角为90度,故选B。
【考点】本题主要考查正三棱柱的几何性质及异面直线所成角的求法。
点评：根据题目特点，可灵活采用不同方法，这里运用几何方法，使问题得解，体现解题的灵活性。
2.正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（）A．B．C．D．【答案】C【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，．，．令向量，且，则，，，，．异面直线和之间的距离为：．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点．点到平面的距离（）A．B．C．D．【答案】A【解析】为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则===．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.4.在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值（）A． B． C． D．【答案】D【解析】题目中给出了建立空间直角坐标系的条件。
以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图），利用向量知识可计算得到直线OD与平面PBC所成角的正弦值为，故选D。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.5.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值．【答案】【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（0，1，0），＝（－1，0，1），＝（0，，1）设平面ABC1D1的法向量为＝（x，y，z）,由可解得＝（1，0，1）设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则，【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
用空间向量解立体几何问题方法归纳
1．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·B ＝0，n ·11A C ＝0.3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题知二面角A 1BC 1B 1为锐角，所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC .所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.2．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A BD C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°.由余弦定理知AE ＝12＋122－2×1×12cos 60°32.∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF .又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ，∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC .(2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则0，0，32C －1，12，01，－12，0，D －1，－12，0DB ＝(2,0,0)，DA 1，12，32AC ＝－1，12，－32.设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DB ＝0n ·DA ＝02x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)．∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·|n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.3.如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值；(2)求B 点到平面PCD 的距离；解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，OC ，OD ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量，cos 〈PB ，OA 〉＝·|PB ||OA |＝33.∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2)PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33.4、.如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点．(1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A PB D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AC ，∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ，∵DE ⊂平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)E0，0，t 2P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝31，23t ∵二面角A PB D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，则sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝155，∴EC 与平面PAB 所成角的正弦值为155.。
利用空间向量解立体几何(完整版)
向量法解立体几何基本思路与方法一、基本工具1.数量积： cos a b a b θ⋅=2.射影公式：向量a 在b 上的射影为a bb⋅ 3.直线0Ax By C ++=的法向量为 (),A B ，方向向量为 (),B A - 4.平面的法向量（略） 二、用向量法解空间位置关系 1.平行关系线线平行⇔两线的方向向量平行线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直 面面平行⇔两面的法向量平行 2.垂直关系线线垂直（共面与异面）⇔两线的方向向量垂直 线面垂直⇔线与面的法向量平行 面面垂直⇔两面的法向量垂直 三、用向量法解空间距离 1.点点距离点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的距离为222212121()()()PQ x x y y z z =-+-+- 2.点线距离求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离：方法：在直线上取一点(),Q x y ，则向量PQ 在法向量(),n A B =上的射影PQ n n⋅=0022Ax By C A B +++即为点P 到l 的距离. 3.点面距离求点()00,P x y 到平面α的距离：方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ ，计算平面α的法向量n ，计算PQ 在α上的射影，即为点P 到面α的距离.四、用向量法解空间角 1.线线夹角（共面与异面）线线夹角⇔两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角求线面夹角的步骤：① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角； ②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角）若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法向量同进同出，则二面角等于法向量的夹角的补角.实例分析一、运用法向量求空间角向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量''AA BB 和，则角<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ=''''AA BB AA BB ⋅⋅, 不需要用法向量。
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证明：如图建立坐标系，则
A1 B1 M
z
C1
D1
A(0, 0, 0), A1 (0, 0, 4),
AM (5, 2, 4), A1 D (0,8, 4), AM A1 D 0 A1 D AM .
A
CDΒιβλιοθήκη yA N AB MN 1 1 0 0 4 4
3 1 1 1 0 ( ) 1 2 2 2 4
B
M
Y
C
X
AB MN .
题型二：线面角
例三： 在长方体 ABCD A1 B1C1 D1 中，AB 6, AD 8, AA1 6, M 为 BC1上的一点 ,且 B1M 2, 点N 在线段A1 D上， A1 N 5
空间向量的引入为代数方法处理立体几 何问题提供了一种重要的工具和方法，解题 时，可用定量的计算代替定性的分析，从而 回避了一些严谨的推理论证。求空间角与距 离是立体几何的一类重要的问题，也是高考 的热点之一。本节课主要是讨论怎么样用向 量的办法解决空间角与距离的问题。
建立空间直角坐标系，解立体几何题
（ 2）求 AD与平面 ANM 所成的角 . A1 1 解：如图建立坐标系A-xyz,则 B1 1 M
AM (6,2,6), AN (0,4,3). 设平面 的法向量n ( x, y , z ),由
AM n 0 AN n 0
z
D1 1
NC
y x 0 2 解得：n2 (1,2,1) y z0 2
解： 建立空直角坐系A - xyz如所示,
z
B
C
D y 设平面 SCD的法向量 n2 ( x, y , z ), 由n2 CD, n2 SD , 得：
n1 n2 6 cos n1 , n2 , | n1 || n2 | 3
一、常用公式：
1、求线段的长度：
AB AB x 2 y 2 z 2
x2 x1 2 y2 y1 2 z2 z1 2
2、平行
a || b a1 b1 , a 2 b2 , a3 b3 ( R )
a1 / b1 a 2 / b2 a 2 / b2
| AB CD | | AB | | CD |
例一：Rt ABC中， BCA 900 , 现将 ABC沿着
平面 ABC的法向量平移到 A1 B1C1位置，已知
BC CA CC1， 取 A1 B1、 A1C1的中点 D1、 F1，
求 BD1与 AF1所成的角的余弦值 .
（ 2）求 AD与平面 ANM 所成的角 .
4 得n (1,1, ) 又 AD (0,8, 0), 3 | AD n | | sin |
A1 1 B1 1 M
z
NN
D1 1
C1 1
D D
A
y
3 34 AD与平面 ANM 所成角的正弦值是 34
| AD || n | | 0 1 8 0 | 3 34 , 34 4 2 2 2 8 1 1 ( ) 3
C A B
在两直线上各取点 C , A, C A (1,0,0). | n CA | 2 3 CE与AB1的距离d . |n| 3
x
E
y
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直又开始埋怨自己了，念念叨叨地说：“都怪我，着急上山„„”耿英擦干眼泪，轻轻地拍了拍弟弟的肩膀说：“唉，还多亏了你非要着急上 山！若是照我当时的想法，我们倒是和咱爹一起去了，但咱娘和兰兰就再也见不到咱们了。而且，咱爹的夙愿也就不可能实现了！”耿正说： “是啊！看来真应了那句话，‘凡事自有定数’！只是可怜了咱爹，他那么好的一个人，怎么就„„”耿正说不下去了„„耿英转念一想，爹 爹已经远去多年了，大家再想也没有用的，不如换个话题。就说：“哥，路途遥远，咱们肯定得买一挂大一些的平板车和一头毛驴了吧？”耿 正说：“那是自然，最好是买一头骡子吧。骡子比毛驴劲儿大，脚力也更好！”耿英说：“那我倒有一个想法了。咱们不如再买上一口质量最 轻的薄皮寿棺，寿棺外面油漆表贴好了，并且写上咱爹的名字和挽联什么的。然后，咱们就把所有的银子和贵重值钱一些的东西全都放进去， 并且买一个人体模型穿上衣服放在上面，再用白布蒙了。当然，寿棺的盖子还是要简单固定一下的。这样做，一来可以确保路途安全，二来也 好念着咱爹，就当是咱们把爹爹也带回去了！”耿正说：“这个办法很好！我们干脆把平板车的车棚也布置一番，披挂上白纱，再挑上一面招 魂幡！”耿直说：“最好我们三个也都穿上孝服吧，我们还没有给咱爹披麻带孝过呢！”耿正说：“只是这样一来，还需要备上一块儿大红色 的篷布，以备沿途上入住客栈时，咱们好将车棚全部蒙上，免得人家忌讳！”耿英说：“如此甚好！用红布蒙车之前，一定要将招魂幡取了放 到车内。还有，咱们也不要披麻带孝的进客栈。”想一想又说：“为了省心，我装扮成一个男人得了。反正我也不是那种细眉细眼儿的人！” 耿直笑了，说：“算了吧姐，有我和哥哥两个大男人在，还保护不了你！”耿正却说：“多准备一套适合你穿的男装也不是件坏事情，特殊情 况下见机行事也就是了。”于是，耿正兄妹三人开始有计划地一步一步做回家的准备了。他们仔细盘算一下，在出发返家之前必须准备好的所 有事项中，比较麻烦费时的事情，就是需要精心准备回望各位恩人和朋友，以及回家带的各种礼物。至于寿棺、牲口和平板车，则都不必着急 买的。在寿器铺子里，各种规格的寿棺现成就有；牲口和平板车嘛，骡马车市上有的是，提前几天置办也就是了。首先，耿正抽空请人定制了 一个十两重的纯银元宝，在元宝的两侧各印上四个黄灿灿的嵌金大字。一面是“厚德载物”，在另一面是“上善若水”。并且，还专门为其配 制了一个精致的红漆木匣子，将大元宝放在木匣子里边的红绸衬垫上。然后，耿正去几十步之遥的皮具铺子里挑选了一个大大的软皮箱。耿英 则就在自家的铺子里精心挑选了四块丝绸面
x
B B
C C
题型四：二面角
例五、如图，ABCD是一直角梯形，ABC 90 0 , SA 平面ABCD , 1 SA AB BC 1, AD , 求面SCD与面SBA 所成的二面角的余弦值。 2
S 1 A (0, 0, 0),C (- 1,1,0),D (0, ,0), S (0, 0,1) 2 1 易知，面SBA 的法向量 n1 AD (0, ,0), 2 1 1 CD (1, ,0), SD (0, ,1) x A 2 2
3、垂直
a b a1b1 a 2 b2 a3 b3 0
4、求P点到平面 的距离：
PN
| PM n | |n|
，（N为垂足，M为斜足， n 为平面
的法向量）
5、求直线l与平面 所成的角：
| sin |
| PM n | | PM | | n |
，(
PM l M
n
为
的法向量)
6、求两异面直线AB与CD的夹角：
cos
| AB CD | | AB | | CD |
7、求二面角的平面角 :
cos
n1 n2 | n1 | | n2 |
(
n1
n2
为二面角的两个面的法向量）
8、求二面角的平面角 :
1 1 AB a c , AM (a b ), AN b c 2 4 1 1 1 MN AN AM a b c , 2 2 4 1 1 1 AB MN (a c ) ( a b c ) 2 2 4 1 2 1 2 1 1 1 | a | | c | a b a c b c 2 4 2 4 2 1 | a | b || c | 1, a c b c 0, a b , 2 1 1 1 AB MN 0 2 4 4
6 即所求二面角的余弦值 是 。 3
题型五：异面直线的距离
例6.已知：直三棱柱ABC A1 B1C1的侧棱AA1 4, 底面ABC 中, AC BC 2, BCA 90 0 , E为AB的中点。求CE与AB1的距离。 解：如图建立坐标系 C xyz, 则C (0,0,0), E (1,1,0), A( 2,0,0), B1 (0,2,4). C E (1,1,0), AB1 ( 2,2,4), z
F1
A1
C1 D1
C
B1
B
A
题型一：线线角 解：以点C为坐标原点建立空间
z
F11
直角坐标系C xyz 如图所示，
C1 C1 F
D1 D1 设 CC1 1 则 A(1, 0, 0), B (0,1, 0), A A 1 1 1 1 1 C F1 ( ,0,1), D1 ( , ,1) C 2 2 2 所以： A A x 1 1 1 AF1 ( ,0,1) , BD1 ( , ,1) 2 2 1 2 | 1| | AF1 BD1 | 30 4 | cos AF1 , BD1 | 10 | AF1 || BD1 | 5 3 4 2
D (0,8, 0), M (5, 2, 4)
x
B
例二已知正三棱柱 ABC A B C 的各棱长都为1，M 是底
1 面上 BC 边的中点，N 是侧棱 CC 上的点，且CN CC， 4 求证： 。 AB MN
A'
解1：向量解法 设 AB a , AC b , AA c ，则由已知条件和正三棱柱的性质 ，得
B'
C'