运用向量法解决高考题中的几何问题
向量方法在解析几何问题中的运用及其解题策略
向量方法在解析几何问题中的运用及其解题策略
向量方法是解析几何中非常重要的工具。
向量本身是一个有方向和大小的量，可以用来表示空间中的点，直线，平面等等。
在解析几何中，向量一般用箭头表示，箭头的方向表示向量的方向，箭头的长度表示向量的大小。
通过向量的定义和性质，我们可以很方便地解决解析几何中的各种问题。
在解析几何中，向量常常被用来表示空间中的点，直线，平面等等。
例如，在平面直角坐标系中，我们可以用向量表示点A和点B的坐标，然后通过向量的减法，计算出AB的向量，从而求出AB的中点，AB的长度等等。
此外，在解析几
何中，向量还可以表示直线的方向向量和法向量，从而可以求出两条直线的夹角，直线的距离等等。
对于平面与平面之间的相交问题，向量方法也比较简单直观，只需要求出两个平面的法向量，然后计算它们的夹角，就可以得出它们的交线。
在解析几何中，使用向量方法解题，需要注意一些策略。
首先要熟练掌握向量的基本定义和运算规律，理解向量的几何意义。
其次，要注意在选择坐标系的时候，应选择一个合适的坐标系，便于计算。
例如，一些问题可以通过建立三角形的重
心坐标系、中线坐标系等等来简化计算。
还要注意，在使用向量方法解决问题时，要善于联立方程，理清思路，从而得到正确的答案。
总之，向量方法在解析几何中具有重要的应用价值，通过掌握向量的定义和运算规律，以及注意解题策略，可以很方便地解决各种解析几何中的问题。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
专题5：向量法做立体几何的线面角问题(解析版)
专题5：理科高考中的线面角问题（解析版）求直线和平面所成的角求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a u ϕθ⋅== 1．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ⊥平面BDP ;（2）若6BD =,且二面角A BD C --为120︒,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）22 【分析】（1）由ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从而和证明AC ⊥平面PBD ,故平面ACD ⊥平面BDP 得证． （2）作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ⊆,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合二面角A BD C --为120︒,可得2AB =,23AE =,6ED =.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60,,03D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3,0,13A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量36,,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,即平面BCD 的一个法向量(0,0,1)m =,运用公式cos ,m ADm AD m AD ⋅〈〉=和sin cos ,m AD θ=〈〉,即可得出直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【详解】解:（1）证明:因为ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,所以Rt Rt ABD CBD ≅,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以AC ⊥平面PBD ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ⊆,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角A BD C --为120︒,知120AEC ∠=︒．在等腰三角形AEC 中,由余弦定理可得3AC =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以3AB =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得3BD =, 因为6BD =所以2AD =． 又222BD AB AD =+,所以2AB =． 则23AE =,6ED =． 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -, 则6D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,向量361AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭, 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)m =,设直线AD 与平面BCD 所成的角为θ,则2cos ,221m ADm AD m AD ⋅〈〉===-⨯,2sin |cos ,|2m AD θ=〈〉= 所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为22． 【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.2．如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求AM 与平面A 1MD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）105 【分析】要证线面平行，先证线线平行建系，利用法向量求解。
向量法求立体几何中的折叠探索及最值问题 高三数学一轮复习
巩固训练2 [2024·河南郑州模拟]在底面ABCD为梯形的多面体中．AB∥CD，
BC⊥CD，AB＝2CD＝2 2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边 形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？ 若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
(1)求证：OP⊥平面ABED；
(2)求二面角B-PE-F的正弦值．
题型二 探索性问题
例2 [2024·河北石家庄模拟]如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为
矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝ 2.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值
为1，若存在，求SE的值；若不存在，说明理由．
5
SD
题后师说
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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”转化为“点的坐标的 方程是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知条件 和结论列出等式，解出参数．
高考大题研究课七 向量法求立体几何中的折叠、探索及最值问题
会用向量法解决立体几何中的折叠、角的存在条件及最值问题，提 高学生空间想象能力、数学运算能力．
关键能力·题型剖析 题型一 折叠问题 例1 [2024·江西景德镇模拟]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC ＝CD＝12AD＝2，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且 PA⊥CD.
题型三 最值问题
例3 [2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形， PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
向量在平面几何、解析几何中的应用
摘要：向量在平面几何与解析几何中多有应用，在历年来的高考试卷中也涉及部分向量知识。
向量知识不但让难题迎刃而解，还可让学生形成通用性规则，利用平面向量视角研究几何问题将取得良好成果与进展。
关键词：平面向量平面几何解析几何高中数学一、引言使用向量方法解题存在对应解题步骤，各步骤间联系紧密，存在逻辑顺序，在审题后需仔细核对题目题干，寻求问题突破口，在将几何问题转化为代数问题后，可实现题目的高精度运算，达到预期目的。
因此类题型具有复杂特点，在学生做题量得到提升后，学生对解答此类题目将拥有独到的个人见解，不但让图形对应特征得以描述，也让问题解决难度有所降低，下面将对相关题型与具体解题思路进行说明论证，在同学们阅读对应题干时，需带着对问题的解决思路求解。
二、向量教学存在的问题向量是高中数学的一大重点内容，在历年的高考试卷中有所涉及，也常与其他学科一同考试，为此提升向量教学效率，让学生灵活掌握向量知识，在拥有基本阅读审题能力的同时，提前了解向量习题的解题策略，不但有效保证做题效率，还让学生在复习前即可拥有一定知识储备，但现阶段教学存在的问题也较明显。
1.课内教学内容与高考试题具有脱轨性。
学生在学习人教版数学教材时，会学到复杂、零碎的知识，教师讲解新知识点时，也会向学生传授以往讲授过的知识点，用温故而知新的教学方法试图让学生快速进入学习状态，并建立对应向量学习思维。
高考试卷题量有限，不但要做到对高中阶段全部知识的灵活考查，还要做到面面俱到、照顾各个学习层次学生，并具有区分性，向量本身具有一定基础性，学生在初中阶段即接触过向量知识，在培养学生独立完成习题能力的同时，即使学生完全掌握教材教学内容，也不一定做对高考对应的向量试题，在与平面几何和立体几何综合出题考查的同时，学生对知识的综合运用能力也将决定做题准确率与效率。
面临新高考的改革，数学教师还需明确自身育人使命，适当给学生传授高考习题解题技巧，改变以往题海战术的陈旧教学模式，让学生热爱学习数学学科知识，并善于发现生活中的数学元素。
向量法解几何问题
向量法解几何问题作者：孙海明来源：《科技资讯》 2012年第18期孙海明(秦皇岛市第五中学河北秦皇岛 066000)摘要:向量作为高中数学的新增内容,同时具有代数形式和几何形式,能容数形于一体,通常作为解决问题的载体,本文主要侧重向量在几何问题中的应用进行了探讨。
关键词:向量解析几何立体几何中图分类号:G633.6 文献标识码:A 文章编号:1672-3791(2012)06(c)-0186-02向量作为高中数学新引入的基本内容之一,不仅具有代数的抽象,同时还具有几何的直观,是集“数”和“形”于一身的数学概念,完美的体现了数形结合思想。
向量与中学数学的许多主干知识综合,形成知识的交汇点。
因此, 它或作为知识的载体,或作为解决问题的工具,几乎渗透到数学的所有分支之中。
它的引入给高中数学增添了新的活力,给学生的思维搭建了一个更加广阔的平台。
高中数学中许多难度较大的问题,用向量来处理就能迎刃而解。
自从向量引入高中数学后,高考每年都考查一个向量基本知识的选择或填空题,并在很多解答题中都有体现。
因此向量的教学和学习在现在的教学中就显得尤为重要。
本文主要就向量在解析几何、立体几何等问题中的应用进行了详细的探讨。
1 在解析几何中的应用向量与解析几何都是代数形式和几何形式的统一体,有着异曲同工之妙。
向量既能体现“形”的直观位置特征,又具有“数”的良好运算性质,是数形结合与转换的桥梁和纽带;而解析几何也具有数形结合与转换的特征。
因此在平面解析几何的考查中,经常以向量为载体给出各类几何条件,在解题中,以向量的基本知识为切入点,考查解析几何的知识,体现了高考在知识的交汇点处命题的原则,成为中学数学命题的一个新的亮点。
分析:本题是运用向量的数量积公式将两向量的夹角余弦值分别求出来,再作论证。
运用向量的数量积,可以把有关的角度几何关系迅速转化为数量关系,从而“计算”出所要求的结果。
2 在立体几何中的应用以多面体为载体,论证线线关系、线面关系、面面关系和求解空间角、距离等问题,是立体几何题的主要特征。
高考数学中利用空间向量解决立体几何的向量方法(三)——空间向量求距离
G
x D F A
C
E
y
B
例1 如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E、F 分别是 :
AB、AD 的中点，GC⊥平面 ABCD，且 GC＝2，求点 z B 到平面 EFG 的距离. G 解：如图，建立空间直角坐标系 C－xyz． 由题设 C(0,0,0)，A(4,4,0)，B(0,4,0)， D(4,0,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)． E F ( 2 , 2 , 0 ), E G ( 2 , 4 , 2 ), D C
G
x D
F A
C
E
y
B
练习3: 正方体AC1棱长为1，求BD与平面GB1D1的 距离
D1 A1 Z B1
DD
C1 d
1
n
n
G A X
D
B
C Y
三、求平面与平面间距离
例3、正方体AC1棱长为1，求平面AD1C 与平面A1BC1的距离
D1 A1 Z B1
AD
n
C1 d
n
D
A X B
C Y
| PA n | = |n |
.
这个结论说明,平面外一点到平面的距离等于连结此点与平面 上的任一点(常选择一个特殊点)的向量在平面的法向量上的射影的 绝对值.
例1、已知正方形ABCD的边长为4， CG⊥平面ABCD，CG=2,E、F分别是AB、 AD的中点，求点B到平面GEF的距离。 z
∴n M C 2 2 ax ay 0
a , 0, 0) N (
2 2
a,
1 2
a,
1 2
a)
最新高考数学解题技巧专题 用空间向量法解决立体几何问题
专题十四用空间向量法解决立体几何问题考问题14用空间向量法解决立体几何问题1.(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB ＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F -BD-C的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB ＝1， 则C (0,0,0)，B (0,1,0)， D ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，F (0,0,1)，因此BD →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，BF →＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，所以x ＝3y ＝3z ， 取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF →＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量， 则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角FBDC 的余弦值为55.对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.必备知识直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求法设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角)．(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n| |e||n|.(3)二面角的求法①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，〈m，n〉即为所求二面角的平面角．②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．如图所示，二面角αlβ，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面有αlβ的大小为θ或πθ.空间距离的计算直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离，d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．必备方法1．空间角的范围(1)异面直线所成的角(θ)：0＜θ≤π2；(2)直线与平面所成的角(θ)：0≤θ≤π2；(3)二面角(θ)：0≤θ≤π.2．用向量法证明平行、垂直问题的步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；(2)通过向量运算研究平行、垂直问题； (3)根据运算结果解释相关问题．3．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.向量法证明垂直与平行多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果．【例1】►如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.[审题视点][听课记录][审题视点] 建系后，(1)在平面ABC 内寻找一向量与DE →共线；(2)在平面AEF 内寻找两个不共线的向量与B 1F →垂直．证明如图建立空间直角坐标系Axyz ， 令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)， B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．(1)取AB 中点为N ，连接CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ， DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC . (2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(1)要证明线面平行，只需证明DE →与平面ABC 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量DE →与NC →相等．(2)要证明线面垂直，只要证明B 1F →与平面AEF 的法向量平行即可；也可根据线面垂直的判定定理证明B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →.【突破训练1】 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，DC 的中点． (1)求证：D 1F ⊥平面ADE ；(2)设正方形ADD 1A 1的中心为M ，B 1C 1的中点为N ，求证：MN ∥平面ADE . 证明(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz ， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0,1)， F 0，12，0，E 1,1，12，AD →＝(－1,0,0)，D 1F →＝0，12，－1，AD →·D 1F →＝(－1,0,0)·0，12，－1＝0.∴AD ⊥D 1F .又AE →＝0,1，12，D 1F →＝0，12，－1，∴AE →·D 1F →＝0,1，12·0，12，－1＝12－12＝0.∴AE ⊥D 1F .又AE ∩A D ＝A ，D 1F ⊄平面ADE ， ∴D 1F ⊥平面ADE .(2)∵M 12，0，12，N 12，1,1，∴MN →＝0,1，12.由(1)知，D 1F →＝0，12，－1是平面ADE 的法向量．又∵MN →·D 1F →＝0＋12－12＝0，∴MN ⊥D 1F .∵MN ⊄平面ADE ，∴MN ∥平面ADE . 用向量法求线线角、线面角多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体，考查线线角、线面角的求法，正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键．【例2】如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角APBC 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小． [审题视点] [听课记录][审题视点] (1)由PC FC ＝ACEC 可得△FCE ∽△PCA ，则∠FEC ＝90°，易得PC ⊥EF 、PC ⊥BD .(2)作AG ⊥PB 于G ，由二面角APBC 为90°，易得底面ABCD 为正方形，可得AD ∥面PBC ，则点D 到平面PCB 的距离d ＝AG ，找出线面角求解即可．也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大．法一(1)证明 因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，又P A ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD . 设AC ∩BD ＝F ，连接EF .因为AC ＝22，P A ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，ACEC＝ 6.因为PC FC ＝ACEC，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠P AC ＝90°，由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED . (2)解 在平面P AB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足． 因为二面角APBC 为90°，所以平面P AB ⊥平面PBC . 又平面P AB ∩平面PBC ＝PB ，故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .BC 与平面P AB 内两条相交直线P A ，AG 都垂直，故BC ⊥平面P AB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝P A 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A 、D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则si n α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.法二 (1)证明 以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .C (22，0,0)，设D (2，b,0)，其中b ＞0，则P (0,0,2)，E 423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC →＝(22，0，－2)， BE →＝23，b ，23，DE →＝23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)解 AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则 m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0， 即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0， 令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝1，－2b， 2. 因为面P AB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b －2b ＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP→＝(－2，－2，2)．cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：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α求得，即sin θ＝|cos α|.【突破训练2】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求A E →与D B →夹角的余弦值． (1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ADB ⊥平面BDC .(2)解 由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以D B →，D C →，D A →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)， A (0,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，∴A E →＝⎝⎛⎭⎫12，32，－3，D B →＝(1,0,0)， ∴A E →与D B →夹角的余弦值为cos 〈A E →，D B →〉＝A E →·D B →|A E →||D B →|＝121×224＝2222.用向量法求二面角用空间向量法求二面角的大小是高考的热点．考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等．【例3】如图，在四棱锥P ABCD中，P A⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，P A ＝AD＝2，AC＝1.(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角APCD的正弦值．[审题视点][听课记录][审题视点] 建立空间坐标系，应用向量法求解．解如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)， C (0,1,0)，B －12，12，0，P (0,0,2)．(1)证明：易得PC →＝(0,1，－2)， AD →＝(2,0,0)．于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝16＝66.从而si n 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角APCD 的正弦值为306.借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法．求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法．【突破训练3】如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点．(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)若二面角AMB 1C 为45°，求CC 1的长． (1)证明 设AB 1的中点为P ，连接NP 、MP . ∵CM 綉12AA 1，NP 綉12AA 1，∴CM 綉NP ，∴CNPM 是平行四边形，∴CN ∥MP . ∵CN ⊄平面AMB 1，MP ⊂平面AMB 1， ∴CN ∥平面AMB 1.(2)解 如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系Cxyz ，使x 轴、y 轴、z 轴分别与NA →、CN →、CC 1→同向．则C (0,0,0)，A (1，3，0)，B (－1，3，0)，设M (0,0，a )(a ＞0)， 则B 1(－1，3，2a )，MA →＝(1，3，－a )，MB 1→＝(－1，3，a )，CM →＝(0,0，a )， 设平面AMB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·MA →＝0，n ·MB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y －az ＝0，－x ＋3y ＋az ＝0，则y ＝0，令x ＝a ，则z ＝1，即n ＝(a,0,1)． 设平面MB 1C 的一个法向量是m ＝(u ，v ，w )， 则m ·MB 1→＝0，m ·CM →＝0，即⎩⎨⎧－u ＋3v ＋a w ＝0，a w ＝0，则w＝0，令v＝1，则u＝3，即m＝(3，1,0)．所以cos〈m，n〉＝3a2a2＋1，依题意，〈m，n〉＝45°，则3a2a2＋1＝22，解得a＝2，所以CC1的长为2 2.利用向量法解决立体几何中的探索性问题此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．【例4】►如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB ＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．[审题视点][听课记录][审题视点] 建立以D为原点的空间直角坐标系，利用向量法求解，第(2)问中设AS→＝λAN →，由ES ⊥平面AMN 可得λ值．解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz . 依题意，易得D (0,0,0)，A (1,0,0)， M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， N (1,1,1)，E 12，1,0.∴NE →＝－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)．∵cos 〈NE →，AM →〉＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010，∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . ∵AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)， 又EA →＝12，－1,0，∴ES →＝EA →＋AS →＝12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝22.空间向量最适合于解决这类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．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，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【突破训练4】如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥ABCD 的体积最大；(2)当三棱锥ABCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．解 (1)法一 在如题图1所示的△ABC 中，设BD ＝x (0＜x ＜3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以AD ＝CD ＝3－x .由折起前AD ⊥BC 知，折起后(如题图2)，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，且BD ∩DC ＝D ， 所以AD ⊥平面BCD .又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )，于是V ABCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )(3－x )≤1122x ＋(3－x )＋(3－x )33＝23，当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立，故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥ABCD 的体积最大． 法二 同法一，得V ABCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝16(x 3－6x 2＋9x )．令f (x )＝16(x 3－6x 2＋9x )， 由f ′(x )＝12(x －1)(x －3)＝0，且0＜x ＜3，解得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1,3)时，f ′(x )＜0. 所以当x ＝1时，f (x )取得最大值．故当BD ＝1时，三棱锥ABCD 的体积最大．(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz . 由(1)知，当三棱锥ABCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2. 于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)， C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)， E 12，1,0，且BM →＝(－1,1,1)． 设N (0，λ，0)，则EN →＝－12，λ－1,0.因为EN ⊥BM 等价于EN →·BM →＝0， 即－12，λ－1,0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12，N 0，12，0.所以当DN ＝12(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN →，n ⊥BM →，及BN →＝－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，z ＝－x .可取n ＝(1,2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ，则由EN →＝－12，－12，0，n ＝(1,2，－1)，可得si nθ＝cos (90°－θ)＝n ·EN →|n |·|EN →|＝－12－16×22＝32，即θ＝60°.故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.利用向量法求空间角要破“四关”利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角．【示例】如图所示，在三棱锥P ABC中，已知PC⊥平面ABC，点C在平面PBA内的射影D在直线PB上．(1)求证：AB⊥平面PBC；(2)设AB＝BC，直线P A与平面ABC所成的角为45°，求异面直线AP与BC所成的角；(3)在(2)的条件下，求二面角CP AB的余弦值．[满分解答](1)∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB ⊥PC .∵点C 在平面PBA 内的射影D 在直线PB 上， ∴CD ⊥平面P AB .又∵AB ⊂平面PBA ，∴AB ⊥CD .又∵CD ∩PC ＝C ，∴AB ⊥平面PBC .(4分)(2)∵PC ⊥平面ABC ，∴∠P AC 为直线P A 与平面ABC 所成的角．于是∠P AC ＝45°，设AB ＝BC ＝1，则PC ＝AC ＝2，以B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0，0)，A (0,1,0)，C (1,0,0)，P (1,0，2)，AP →＝(1，－1，2)，BC →＝(1,0,0)， ∵cos 〈AP →，BC →〉＝AP →·BC →|AP →|·|BC →|＝12，∴异面直线AP 与BC 所成的角为60°.(8分) (3)取AC 的中点E ，连接BE ，则BE →＝12，12，0，∵AB ＝BC ，∴BE ⊥AC .又∵平面PCA ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面P AC .∴BE →是平面P AC 的法向量．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA →，n ⊥AP →，得⎩⎨⎧ y ＝0，x －y ＋2z ＝0，取z ＝1，得⎩⎨⎧y ＝0，x ＝－2，∴n ＝(－2，0,1)．于是cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE→|n |·|B E →|＝－223·22＝－33.又∵二面角CP AB 为锐角， ∴所求二面角的余弦值为33.(12分) 老师叮咛：(1)解决此类问题，一定要先分析已知条件中，是否直接说出此三条直线是两两垂直，否则，要先证明以后才能建立坐标系，另外，要在作图时画出每条坐标轴的方向.(2)有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视法向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.如本例中求得cos BE →＝－33，不少考生回答为：二面角的余弦值为－33，这是错误的，原因是忽视了对二面角CP AB 的大小的判断.【试一试】如图所示，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝AA 1，D 为AB 的中点．(1)求证：BC 1∥平面DCA 1；(2)求二面角DCA 1C 1的平面角的余弦值． (1)证明如图所示，以BC 的中点O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，设AB ＝BC ＝CA ＝AA 1＝2.设n ＝(x ，y ，z )是平面DCA 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0.又CD →＝32，0，32，CA 1→＝(1,2，3)，所以⎩⎨⎧3x ＋z ＝0，x ＋2y ＋3z ＝0.令x ＝1，z ＝－3，y ＝1，所以n ＝(1,1，－3)．因为BC 1→＝(－2,2,0)， 所以n ·BC 1→＝－2＋2＋0＝0.又BC 1⊄平面DCA 1，所以BC 1∥平面DCA 1.(2)解 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CA 1C 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CC 1→＝0，m ·CA 1→＝0.又CC 1→＝(0,2,0)，CA 1→＝(1,2，3)，所以⎩⎨⎧y 1＝0，x 1＋2y 1＋3z 1＝0.令z 1＝1，x 1＝－3，所以m ＝(－3，0,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－2325＝－155.所以所求二面角的余弦值为－155。
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.。
巧用向量解难题
二、空间向量的运用
对 于 立 体 几 何 题 ，现 在 的 绝 大 部 分 学 生 首 先 想 到 的 是 利 用 向 量 的 方 法 来 解 决 .的 确 ，向 量 方 法 是 解 决 立 体 几 何 问 题 的 一 大 利 器 ，它 的 最 大 好 处 是 极 大 地 降 低 了 学 生 对 于 空 间 想 象 能 力 的 要 求 ，这 样 一 来 对 于 传 统 立 体 几 何 的 教 学 也 是 一 种 挑 战 ，这 需 要 我 们 必 须 有 意 识 地 加 强 传统内容的教学与训练，下面举例说明.
题.
单 位 向 量 在 数 学 中 的 应 用 广 泛 ，除 以 上 应 用 外 ，还
常构造单位向量解决三角求值，探求函数的最值及值域
等 问 题 ，其 特 点 是 方 法 新 颖 、运 算 简 捷 .总 之 ，向量是
“数 ”与“形 ”的最佳载体，而适当挖掘单位向量的潜在功
能 ，无论对解题还是对教材的处理都大有裨益.
\O A +O B \
**
V T ). 妙用单位向量的性质，避 繁 就 简 ，一气呵
向 量 的 夹 角 公 式 是 c o s 〈a
\a \\b \ -'2,其中'1，'2
分别是与a ，b 同向的单位向量，这也说明可选取向量的
9 2 十 •？炎 ，？ 高中版
简 便 . 作 向 量 冬 ，及菱形％' ( ) ，由〇(为
\a\
\b\
$ % 0 ' 的 平 分 线 ，知 # / / $ ( ，即# / / ( $ % + $ # ) ，故
的边长 为/ ，则 可 得 \ ^ " % & " % & ，
用向量法解决中学几何问答
新教材中“向量”的魅力浙江省湖州中学 张根荣（313000）新教材中的向量是新增的内容，是我们所熟知的代数内容，它是沟通数和形内在联系的有力工具。
在几何学中，把几何图形看作是点的集合，而点可以与其向径一一对应。
因此可以把作为点的集合的几何图形看作是向量的集合。
这样，几何中所涉及的度量关系和位置关系，都可以转化为某种向量代数的运算。
这种借助于向量代数的运算来证几何题的方法有其独特的魅力： 1、用向量法解题用向量法来解决中学几何问题，克服了综合证法常常需要添置若干辅助线而显得思路曲折的缺点，因此使解题思路更加清晰、简捷，解法顺理成章。
这是因为向量具有多方面的特性：向量的起点可以任意选择；同时对向量可以进行线性运算、数量积和向量积，并且向量既有有向线段表达式又有坐标表达式，任一空间向量都可以在三个不共面向量（包括三个互相垂直的向量）上分解，同样对于平面上的任一向量，也均可在两个不共线的向量上进行分解。
这样就可使得空间的几何结构数量化了。
另外向量运算的定义与运算的规律，是和坐标系的选择无关的。
所以向量法证几何题明显优越于解析法。
因此，所有向量的这些特性，决定了向量代数知识在解答几何问题上，具有突出的简化作用和广泛的适用范围，是我们解中学几何题的捷径。
利用向量法解中学几何题的方法是多种多样的，但我们有一般规律可循： 1.1证线段相等问题用向量法证明线段的相等问题过程较为简明，基本思路是证明向量的模或模的平方相等。
也就是说，欲证两线段CD AB =，可设法证明22CD AB =。
例1 ABC ∆的中线1AA 和1BB 相等，求证：BC AC =.证明：设d BC ,c AC ,b BB ,a AA ====11， b a =，则 d a c 21=- , c b d 21=- d c a 21-= c d b 21-=∴c d d c 2121=- 两边平方，整理可得22d c =，故BC AC =。
此证法是运用向量知识，经过简单的运算就可得到答案，书写也很方便。
高考数学难题型训练03__运用向量法解题
难点3 运用向量法解题例题讲解［例1］如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD .(1)求证：C 1C ⊥BD .(2)当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明. 题目分析：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力.本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系.利用a ⊥b ⇔a ·b =0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可.解：(1)证明：设CD =a , CB =b ,1CC =c ,依题意，|a |=|b |，CD 、CB 、1CC 中两两所成夹角为θ，于是DB CD BD -==a －b ，BD CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD .(2)若使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1， 由)()(1111CC CD AA CA D C CA -⋅+=⋅=(a +b +c )·(a －c )=|a |2+a ·b －b ·c －|c |2=|a |2－|c |2+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得 当|a |=|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ， ∴1CC CD=1时，A 1C ⊥平面C 1BD . ［例2］如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.(1)求BN 的长；(2)求cos<11,CB BA >的值；(3)求证：A 1B ⊥C 1M .题目分析：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标.可以先找到底面坐标面xOy 内的A 、B 、C 点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标.解：(1)如图，以C 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .依题意得：B (0，1，0)，N (1，0，1) ∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.(2)依题意得：A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2). ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2)11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3|1BA |=6)02()10()01(222=-+-+-5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB .1030563||||,cos 111111=⋅=⋅>=<∴CB BC CB BA (3)证明：依题意得：C 1(0，0，2)，M (2,21,21))2,1,1(),0,21,21(11--==A C∴,,00)2(21121)1(1111C A C A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅∴A 1B ⊥C 1M . 方法总结：1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考： (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？课后习题一、选择题1.(★★★★)设A 、B 、C 、D 四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD 为( )A.正方形B.矩形C.菱形D.平行四边形2.(★★★★)已知△ABC 中，AB =a ，AC =b ，a ·b <0，S △ABC =415,|a |=3,|b |=5,则a 与b 的夹角是( ) A.30° B.－150° C.150°D.30°或150°二、填空题3.(★★★★★)将二次函数y =x 2的图象按向量a 平移后得到的图象与一次函数y =2x －5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a =_________.4.(★★★★)等腰△ABC 和等腰Rt △ABD 有公共的底边AB ，它们所在的平面成60°角，若AB =16 cm,AC =17 cm,则CD =_________.三、解答题5.(★★★★★)如图，在△ABC 中，设AB =a ，AC =b ，AP =c , AD =λa ,(0<λ<1),AE =μb (0<μ<1),试用向量a ，b 表示c .6.(★★★★)正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为2a . (1)建立适当的坐标系，并写出A 、B 、A 1、C 1的坐标；(2)求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.7.(★★★★★)已知两点M (－1，0)，N (1，0)，且点P 使NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,成公差小于零的等差数列.(1)点P 的轨迹是什么曲线？(2)若点P 坐标为(x 0,y 0),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan θ.8.(★★★★★)已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点. (1)用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面； (2)用向量法证明：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有)(41OD OC OB OA OM +++=. 参考答案难点磁场解：(1)点M 的坐标为x M =)29,0(,29227;0211M y M ∴=+==+- .2221)291()05(||22=--+-=∴AM 5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++=AC ABD 点分BC 的比为2. ∴x D =31121227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y.2314)3111()315(||22=--+-=AD(3)∠ABC 是BA 与BC 的夹角，而BA =(6，8），BC =(2，－5）.1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos 2222==-+⋅-+-⨯-+⨯=⋅=∴BC BA BC BA ABC 歼灭难点训练一、1.解析：AB =(1，2），DC =(1，2），∴AB =DC ，∴AB ∥DC ，又线段AB 与线段DC 无公共点，∴AB ∥DC 且|AB |=|DC |，∴ABCD 是平行四边形，又|AB |=5，AC =(5，3），|AC |=34，∴|AB |≠|AC },∴ABCD 不是菱形，更不是正方形；又=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD 也不是矩形，故选D. 答案：D2.解析：∵21415=·3·5sin α得sin α=21,则α=30°或α=150°.又∵a ·b ＜0,∴α=150°. 答案：C二、3.(2,0) 4.13 cm三、5.解：∵与共线，∴=m =m (－)=m (μb －a ), ∴=+=a +m (μb －a )=(1－m )a +m μb①又与共线，∴=n =n (－)=n (λa －b ), ∴=+=b +n (λa －b )=n λa +(1－n )b②由①②，得(1－m ）a +μm b =λn a +(1－n )b .∵a 与b 不共线，∴⎩⎨⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010111m n m n n m a m μλμλ即③解方程组③得：m =λμμλμλ--=--11,11n 代入①式得c =(1－m )a +m μb =πμ-11［λ(1－μ)a +μ(1－λ)b ］.6.解：(1)以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系.由已知，得A (0，0，0），B (0，a ,0）,A 1(0,0,2a ),C 1(－,2,23aa 2a ). (2)取A 1B 1的中点M ，于是有M (0，2,2aa ），连AM ，MC 1，有1MC =(－23a ,0,0）, 且=(0，a ,0）,1AA =(0,02a )由于1MC ·=0，1MC ·1AA =0，所以M C 1⊥面ABB 1A 1，∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.∵1AC =),2,2,0(),2,2,23(a aa a a =-a a a AC 49240221=++=⋅∴a a a AM a a a a AC 2324||,324143||22221=+==++=而 2323349,cos 21=⨯>=<∴aa aAC所以AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.7.解：(1)设P (x ,y ）,由M (－1，0），N (1，0）得，PM =－=(－1－x ,－y ）,-= =(1－x ,－y ), =－=(2,0),∴·=2(1+x ), PM ·PN =x 2+y 2－1,⋅ =2(1－x ).于是，⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨⎧<+---++=-+03 0)1(2)1(2)]1(2)1(2[211222x y x x x x x y x 即 所以，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆.(2)点P 的坐标为(x 0,y 0),30,1cos 21,3041||cos 42)24)(24()1()1(||||,210220002020*******πθθθ<≤≤<∴≤<-=⋅⋅=∴-=-+=+-⋅++=⋅=-+=⋅x x PNPM PN PM x x x y x y x PN PM y x PN PM||3cos sin tan ,411cos 1sin 02022y x x =-==∴--=-=∴θθθθθ 8.证明：(1）连结BG ，则EH EF EH BF EB BD BC EB BG EB EG +=++=++=+=)(21由共面向量定理的推论知：E 、F 、G 、H 四点共面，(其中21BD =EH ）(2）因为BD AB AD AB AD AE AH EH 21)(212121=-=-=-=.所以EH ∥BD ，又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH 所以BD ∥平面EFGH .(3）连OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG由(2）知BD EH 21=，同理BD FG 21=，所以FG EH =，EH FG ,所以EG 、FH 交于一点M 且被M 平分，所以).(41)](21[21)](21[212121)(21+++=+++=+=+=.。
了解解析几何中的向量问题解决高中数学题
了解解析几何中的向量问题解决高中数学题解析几何是高中数学中的一个重要内容，其中向量问题是解析几何中的核心概念之一。
解析几何中的向量问题可以帮助我们解决高中数学题，并在实际问题中得到应用。
本文将介绍解析几何中向量的基本概念、运算法则以及如何应用解析几何中的向量问题来解决高中数学题。
一、向量的基本概念在解析几何中，向量可以用有向线段来表示。
向量有大小和方向两个属性，并用字母加箭头来表示，如→AB。
在平面直角坐标系中，一个向量可以用它的横坐标和纵坐标表示，记作→AB=(x,y)。
其中，x和y分别表示向量在x轴和y轴上的投影，也称为向量的坐标。
二、向量的运算法则在解析几何中，向量的运算包括加法、减法和数量乘法。
下面分别介绍这些运算法则。
1. 向量的加法向量的加法即将两个向量的坐标分别相加得到新的向量的坐标。
例如，对于向量→AB和→CD，它们的和向量记作→AC=→AB+→CD，其横坐标相加得到新向量的横坐标，纵坐标相加得到新向量的纵坐标。
2. 向量的减法向量的减法即将两个向量的坐标分别相减得到新的向量的坐标。
例如，对于向量→AB和→CD，它们的差向量记作→BD=→AB-→CD，其横坐标相减得到新向量的横坐标，纵坐标相减得到新向量的纵坐标。
3. 数量乘法数量乘法即将一个向量的坐标分别乘以一个实数得到一个新的向量的坐标。
例如，对于向量→AB，它的数量乘法记作k→AB=(kx,ky)，其中k为实数。
三、解析几何中的向量问题在高中数学题中的应用解析几何中的向量问题在高中数学题中经常涉及到。
例如，在平面几何中，我们可以通过向量的加法、减法和数量乘法来求解线段的中点、线段的比例等问题；在三角函数中，我们可以通过向量的点乘和叉乘来求解角的正弦、余弦和面积等问题。
举例来说，考虑以下高中数学题：题目：已知三角形ABC的顶点A(1,-2)、B(3,4)、C(5,-1)，求三角形ABC的周长和面积。
解析过程：首先，我们可以得到向量→AB的坐标为(3-1,4-(-2))=(2,6)，向量→BC的坐标为(5-3,-1-4)=(2,-5)，向量→AC的坐标为(5-1,-1-(-2))=(4,1)。
用空间向量解决立体几何问题方法的优化探究
的 法向 量为” ＝ （ ｘ ， Ｙ ， ｚ ） ， 则』 ４ Ｄ ＿ ０ 即ｊ 一０
ＢＤ ＝０
—ｙ＋ｚ ０
，
ｂ ）≤ ），它的方 向与 ａ ，ｂ都垂直 ， 我们通常按 ａ ，ｂ ，ａ×ｂ 这个顺序构成 右手标架 ｆ Ｏ ； ａ ， ｂ ， ａ×６ ｌ 。 如 右 图 向上 的
得到的方程组。在解方程组时， 我们常常会一不小心算错 了哪一个数 ， 这样的后果很严重。可是利用向量解题的思路 简单 ，这就使我们有点 可望面不可及 了。好 多学生就是因为怕过不了运算关 ，宁可舍弃这种 方法而用传统的方法求解 。 有没有好的方法帮助学生跳过这个坎儿呢？ 这使我回想起高等教材 《 解析几何 》里有两个 向量的矢性积的定义和 求两个向量 的矢性积的方法 ，如果能将这个方法移植到立体几何里求
从而 Ｃ Ａ ， Ｃ Ｂ ， Ｃ Ｃ 两两互相垂直 ，以 ｃ为坐标原点 ，Ｃ Ａ，Ｃ Ｂ，Ｃ Ｃ 依次为 Ｘ轴、Ｙ轴和 ｚ 轴建立空间直角坐标系，设 Ｃ Ａ＝ Ｉ ，则 ，Ｃ Ｂ ＝ Ｉ ， Ｃ Ｃ １ ＝ ２ ，Ａ （ １ ，０ ，２ ）， （ ０ ，１ ，０），Ｄ （ １ ，０ ，１ ），Ｃ ｜ ｌ （ ０ ，０ ，２ ）， Ｄ Ａ１ （ ０ ，０ ，１ ），Ｂ Ｄ（ １ ，一 １ ，１ ），Ｂ Ｃｌ （ ０ ，一 １ ，２ ），设平 面 Ａ１ Ｂ Ｄ
我们从上图中就可以看到，两个向量 的矢性积与我们要求的法 向 量很是接近 的，如果 能够求得两个 向量的矢性积 ，我们就把它作为这 两个向量 （ 或它们所在 的平面 ）的法 向量 ，不就可以达到我们的 目的
了吗 ？
用空间向量解决立体几何问题 “ 三步曲” （ １ ）立空 间直 角坐 标 系 （ 利 用 现有 三 条 两 两垂 直 的 直线 ，建立 右
高考数学中的向量法求解几何问题
高考数学中的向量法求解几何问题近年来，高考数学中的向量法求解几何问题越来越受到重视，因为该方法时间快、计算简单、通用性强，几乎可以解决所有几何题。
本文将从基础概念、基本操作、经典案例三个方面入手阐述高考数学中向量法求解几何问题的特点与优势。
一、基础概念向量是一个有大小和方向的量，通常由有向线段表示，记作AB →，其中A、B分别为起点和终点。
向量的模长指向量的大小，方向指向量的方向。
我们可以用线段或箭头表示向量，符号上用小写字母加一个小箭头来表示，比如a →。
向量的加、减、数乘运算值得我们重点掌握。
向量的加法等效于将两个向量尖尾相接，尖头所在点就是新向量的头部；向量的减法等效于将两个向量尖尾相接，第一个向量的尖头连接第二个向量的尾部，尖头所在点就是新向量的头部；向量的数乘则是将向量的大小进行比例扩大或缩小，同时也会改变向量的方向。
以上几个基础概念是进一步学习向量法求解几何问题所必备的知识储备，下面介绍一下常见的几何问题如何用向量法进行求解。
二、基本操作(一) 向量的坐标表示法；在空间中任取一个定点O，将其称为坐标系的原点，并规定三条相互垂直的轴，分别为x轴、y轴、z轴，之后任何一个点都可以用三个坐标表示。
用一个向量带有的大小和方向来表示一个位置向量实际上是一个较为复杂的表示方式，而在直角坐标系中，我们可以将位置向量与特定的坐标轴相对应，用坐标表示出向量。
(二) 向量的法线向量；在三维坐标系中，我们经常会遇见由三个不在同一条直线上的点所构成的三角形。
此时，我们可以定义三角形所在平面的法线向量来便于后续求解。
(三) 向量的叉乘运算；向量的叉乘运算是一种用于构造垂直于当前向量的辅助向量的方法，最常见于寻找向量的法线向量以及两个向量所构成的平面所对应的法向量。
向量的叉乘运算可以表示为A × B，其中A × B = |A| × |B| × sinθ，其中θ是两个向量之间的夹角，结果为一个新的向量，其大小为两个向量所围成的平行四边形的面积，方向与右手定则相符。
向量法在几何证明中的应用
向量法在几何证明中的应用引言：几何证明是数学中重要的一部分，它要求我们通过逻辑推理和严密的证明过程来解决各种几何问题。
在几何证明中，向量法是一种常用的方法。
本文将探讨向量法在几何证明中的应用，并通过具体的例子来说明其有效性。
一、向量的基本概念在几何证明中，向量是一种非常重要的数学工具。
向量具有大小和方向两个属性，可以用有向线段来表示。
在平面几何中，通常用箭头表示向量的方向，箭头的长度表示向量的大小。
向量的起点和终点分别代表有向线段的起点和终点。
二、向量的加法和减法在几何证明中，向量的加法和减法是常用的操作。
向量的加法可以通过将两个向量的终点相连得到一个新的向量，其起点是第一个向量的起点，终点是第二个向量的终点。
向量的减法可以通过将两个向量的起点和终点相连得到一个新的向量，其起点是第一个向量的起点，终点是第二个向量的起点。
三、向量的数量积向量的数量积是向量法中常用的概念之一。
向量的数量积可以通过两个向量的模长之积与它们夹角的余弦值相乘得到。
具体地说，设两个向量为A和B，它们之间的夹角为θ，则它们的数量积为A·B = |A| |B| cosθ。
通过向量的数量积，我们可以计算出两个向量之间的夹角大小，以及它们是否垂直或平行。
四、向量的应用举例1. 证明平行四边形的对角线相等对于一个平行四边形，我们可以通过向量法来证明其对角线相等。
设平行四边形的两个对角线分别为AC和BD，我们可以通过向量AC和BD的数量积来证明它们相等。
首先，我们可以利用向量的减法得到向量AB和向量CD。
然后，我们通过计算向量AB和向量CD的数量积，如果它们的数量积等于0，则可以证明它们垂直。
最后，我们可以利用向量的加法和减法得到向量AC和向量BD，通过计算它们的模长是否相等，从而证明平行四边形的对角线相等。
2. 证明三角形的垂直平分线相交于一点对于一个三角形ABC，我们可以通过向量法来证明其垂直平分线相交于一点。
首先，我们可以通过向量的减法得到向量AB和向量AC。
高考数学中如何运用向量的性质解决几何问题
高考数学中如何运用向量的性质解决几何问题在高考数学中，几何问题一直是重点和难点，而向量作为一种重要的数学工具，为解决几何问题提供了全新且有效的途径。
向量具有独特的性质和运算规则，灵活运用这些性质能够帮助我们更轻松、更准确地解决各种几何难题。
向量的基本性质包括大小和方向。
这两个要素使得向量能够精确地描述空间中的位置和移动。
在几何问题中，我们常常利用向量的模长来计算线段的长度，通过向量的方向来确定角度和直线的平行、垂直关系。
比如，在求两点之间的距离时，如果我们知道这两点对应的向量，那么就可以通过计算向量的模长来得到两点之间的距离。
假设点 A 的坐标为(x1, y1)，点 B 的坐标为(x2, y2)，那么向量 AB ＝（x2 x1, y2 y1)，其模长｜AB| ＝√（x2 x1)²＋（y2 y1)²，这样就巧妙地将几何中的距离问题转化为向量的运算。
向量的加法和减法运算在解决几何问题中也有着广泛的应用。
当我们需要证明三角形的中位线定理时，就可以利用向量的加法。
假设三角形 ABC，D 为 AB 中点，E 为 AC 中点，那么向量 DE ＝ 1/2 向量BC 。
通过向量的加法，我们可以将三角形中的线段关系用向量表示出来，从而简化证明过程。
向量的数量积是另一个重要的性质。
对于两个非零向量 a 和 b，其数量积 a·b ＝｜a| ｜b| cosθ，其中θ 为 a 和 b 的夹角。
利用数量积，我们可以方便地计算向量的夹角、判断向量的垂直关系以及求解三角形的面积等。
例如，如果已知向量 a ＝（x1, y1)，向量 b ＝（x2, y2)，那么它们的数量积 a·b ＝ x1x2 ＋ y1y2 。
如果 a·b ＝ 0 ，则说明向量 a 和向量 b垂直。
在几何问题中，判断两条直线是否垂直时，常常可以通过这种方式将直线转化为向量，然后计算数量积来判断。
再比如，求三角形的面积时，如果知道三角形的两条边对应的向量a 和b ，那么三角形的面积 S ＝ 1/2 ｜a×b| （这里的×表示向量的叉乘），而通过数量积可以将其转化为 S ＝ 1/2 ｜a| ｜b| sinθ ，其中θ 为a 和b 的夹角。
向量法在数学解题中的运用
=2BC，AD⊥ CD，EG⫽AD 且 EG=
AD，CD⫽FG 且 CD=2FG，DG⊥ 平
面 ABCD，DA=DC=DG=2.（I）若 M
为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求
证 ：MN⫽ 平 面 CDE；
（II）求 二 面
角 E-BC-F 的正弦值；
（III）若点
要关注“向量与三角”
“向量与函数”
“向量与几何”
“向量
与数例”的结合 .
一、运用向量解三角问题
三角知识是高中数学知识的重要组成部分 . 三角问
题变化多样 . 由于向量把数和形融为一体，为三角问题
的解决提供了更为广阔的空间，同时三角也为平面向量
提供了展示的舞台 .
［例 1］△ABC 的三内角 A, B, C 所对边的长分别为
故 λ 的取值范围是 -5 ≤ λ ≤ - .
2
点评：数形结合是求直线与直线及直线与平面曲线
位置关系问题的好方法，它直观简明，计算量小，是解答
小题的首选方法，
也是解答大题的重要方法 .
五、运用斜率求函数值域
k 3 x + 1 的值域 .
2
分析：本题的模型是“隐性”的，联想和构造比较困
重要的公式，也是高中数学中的一个重要知识点 . 分析
直线的斜率公式，探寻它与代数中的分式在结构上的密
切联系，可以快捷解决直线方程问题，求分式函数的值
域及解决数列问题、不等式问题等 .
（责任编辑 黄桂坚）
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［中图分类号］ G633.6
［文献标识码］ A
［文章编号］ 1674-6058（2018）26-0037-03
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直线
ＢＣ与平 面
ＣＤＥ所 成的角的正切值为
１．
（３）‘．‘平 面 ＡＢＣＤ 的一 个 法 向量 是 ｍ ＝（０，０，１）．
设平面 ＥＦＢ的一个法 向量为 ，ｌ＝（ ，Ｙ，ｚ），
在新课标 下 ，运用 向量 法解 决一 些 问题是 现在 高 考 中 的一个重点考查 内容 ，其主要应 用在立体 几何 、平面解 析几 何这两部分 ．下面 笔者 主要就 如何 运用 向量法 解决 高 考题 中 的几 何 问题 做 以 下 的 一 些 探 讨 ．
一 、 在 立 体 几 何 中运 用 空 间 向量 法 一 直 以来 ，立体几何是高考必 考的 内容 ，而 且常 以大题 的 形 式 在 ｌ８或 １９题 出 现 ．而 在 解 决 某 些 立 体 几 何 问 题 中 ， 应用一般几何 知识在 一定 条件 下是 可 以解 决 的 ，但 往往 需 要 作 相 应 的辅 助 线 ，或 构 造 出相 应 的 图形 ．而 对 于 缺 乏 空 间 思维能力 的学生 而言 ，要解决这 些问题并 不容易 ．现在 新教 材引入空 间向量后 ，为这 些学 生提供 了另一种 解决 立体 几 何 的工具 ．本文从 以下 三方面 介绍 在立 体几何 中如何 运用 空 间 向量 法 ． （一 ）运 用 空 间 向 量法 解 决 立 体 几 何 中 的 “三 类 角 ” 问 题 １．异面直线所成 角的向量求法 设 两 异 面直 线 所 对 应 的 方 向 向量 分 别 是 ｎ，６，设 其 夹 角
图 １
例 １ 如 图 ２所 示 ，已 知 四 边 形 ＡＢＣＤ 为 直 角 梯 形 ，
ＡＢ＃ＣＯ，ＡＢ上ＡＤ，且Ａ曰＝ＡＤ＝÷ｃＤ＝１．四边形ＡＤＥＦ为
正 方 形 ，直 线 ＤＥ上平 面 ＡＢＣＤ． （１）求 异 面 直 线 ＢＥ 与 ＣＤ 所
成 的角 的余 弦值 ； （２）求 直 线 ＢＣ 与 平 面 ＣＤＥ 所
ａ＝ｘｂ（Ａ∈Ｒ），而证明线 面平行 和 面面平 行也 可归 结为线
线 平 行 问题 处 理 ．
侈０２ （２００９届 惠 州 高 三 第 二 次 调
研考试）如图 ３所 示，在直 三棱柱ＡＢＣ—
ＡｌＢｌＣ１中 ，ＡＣ：３，ＡＢ：５，ＢＣ：４，ＡＡ１＝
４，点 Ｄ 是 ＡＢ 的 中 点．
（１）求 证 ：ＡＣ上ＢＣｌ；
ａ·６＝０，而证 明线面垂直和 面面垂直也 可归结 为线线垂 直
数 学 学 习与 研 究 ２０１８ ９
ｍ 姆 ●
解题 技巧 与 方法
问题 处 理 ．
高考考查平 行的 内容主 要包 括线 线平 行 、线 面平 行及
面 面平行 等问题．利用 向量法证 明线线 平行 的技 巧与 方法 ：
设 ａ，ｂ分别为直线 ｚ ，ｌ：的方 向 向量 ，要证 ｚ ∥ｆ ，只需证 明
· ．．
平 面 ＡＢＣＤ 与 平 面
ＥＦＢ所 成 锐 二 面 角 为
４５。．
（二）利用空间向量法证明垂直与平行
高考考查垂直 的 内容主要 包括 线线 垂直 ，线面 垂直 及
面面垂直等 问题．利用向量法证 明线 线垂直 的技巧 与方法 ：
设 ａ，６分别为直线 ￡，，ｚ：的方向 向量 ，要证 ｌ，上ｌ ，只需证 明
３．平面 与平 面所 成的角（二 面角 ）的向量求法 设 ，ｌ。，Ｊｌ 分 别 是 二 面 角 ０ｆ—ｌ一卢两 个 平 面 ，卢 的 一 个 法 向量 ，则向量 ，ｌ，，，ｌ：的夹角（或补角 ）０就是二面角 的平 面
角的大小（如图ｌ所示），且有ｃ０ｓ ： ÷ 或ＣＯＳ（叮ｒ—
）＝ Ｉ，ｌＩ‘ｎ２ Ｉ ，ｌＩ Ｉ · Ｉ，ｌ
●
解题 技巧 与方 法
．
女．－Ｉ一 ●
● 礴
运 向量 熊决高考题咿 何《《ｌ题
◎黄真 同 （广东省 湛江市坡 头 区爱周 中学，广 东 湛江 ５２４ｏｏｏ）
【摘 要】本 文通 过举例 ，分 析 向量 法在 空 间几何 和平 面 几何 中的运 用．
【关键 词 】向量 ；高考题 ；几何
商 ： ·
－
：（１，０，０），历 ：
一
：（１，１，０）一（０，
．
０，１）＝（１，１，一１），
赢 ｒ，１ ． ： ：０．
｛ ＿ ‘
．．
取 Ｙ＝１，得 ＝１，
【Ｊｌ‘ＥＢ ＝ ＋Ｙ— ＝０．
。 ．．
Ｈ＝（０，１，１）．
设平面 ＡＢＣＤ与平面 ＥＦＢ所成锐二面角为 ０ ，则
｝ ｃｏｓ ＝ Ｉቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ ＝焦２．
成 的角 的 正切 值 ； （３）求 平 面 ＡＢＣＤ 与 平 面 ＥＦＢ
所 成 锐 二 面 角 的 大 小．
图 ２
解 以 Ｄ 为原 点 ，ＤＡ，ＤＣ，ＤＥ分 别 为 ，，，，ｚ轴 ，建 立 空 间直角坐标系 ，则 Ｄ（ｏ，０，０），Ａ（１，０，０），Ｂ（１，１，０），
ｃ（ｏ，２，Ｏ），Ｅ（ｏ，０，１）．Ｆ（１，０，１）．
图 ３
（２）求证 ：ＡＣｌ／／平面 ＣＤＢ１．
分 析 （１）由题设条件很容易建立空 间坐标系 ，以及得
到相应 点的坐标 为 Ｃ（０，０，０），Ｂ（０，４，０），Ａ（３，０，０），Ｃ （０，
０，４）．这样 我们就容易得到向量Ａｅ， ｃ：，从而证出Ａｅ·
Ｂｃ ０，ＡＣ￣ＢＣｌ就 得 证 ．
为ｏ（ｏｅ（０｛］）测有ｃｏｓ０－ ．
２．直 线 与 平 面所 成 角 的 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
平面所成的角为０（０∈ｌ ０，等 Ｉ），向量４与法向量，ｌ的夹角
为 ，则有 ｓｉｎ０＝ｌｃ。ｓ Ｉ－
或 ｓｉｎ０＝ｃ。ｓ ．
（１）设 ０．是 直 线 ＢＥ与 ＣＤ 所 成 的 角 ．
‘
’
．
ＢＥ＝（一１，一１，１），Ｃ ＝（０，一２，０），
ＩＢＥ·ＣＯＩ ２ ｅｏ￥０１ ．’
··
，／３ 了 ，
· ．．
异面直线 肥
与
ＣＤ所成 的角 的余 弦值 为
．
（２）设 是直线 ＢＣ与平面 ＣＤＥ所成 的角 ，则有