5.6空间向量在立体几何中的应用应用
空间向量在立体几何中的应用sxz
一.平行问题
Db
(一)证明两直线平行
A ,B a;C ,D b,A BC D a∥
C
A
b
a
B
方法思路：在两分 直别 线取 上不同的
得到两向量，转明 化两 为向 证量平行
知 A ( x 1 B ,y 1 )C , ( x 2 D ,y 2 )则 ,x 1 y 2 x 有 2 y 1 a ∥ b
方 底法 线思 性路 表： 示证 （明 即方 内直 在向 存线 平向 在的 面量 一可 向用 量平 与组 相面 方基 等 的 向）一 向 e 1 e 2
则可得面内一直外线的与线面平 ,从行而证线面. 平行
(三)面面平行
1.不重合的两 与平 的面法向量 n
分别m是 和n， mn∥
方法思路：平 求面 出的 其法 中向 一法 量向 ，量 再与 证
的不共线的量 两积 向 （ 0 为 量 即的 都数 垂直两 ）面 ，平 则
二.垂直问题
(一)证明两直线垂直
b
不 分重 别a合 为 和b的 ， a和 直 则a直 线 有 bb线 的 0 方 a向 b 向b 量 a a
方法思路：找两直线 方的 向向量 (分别
| m|
方法思路：求出任 平一 面法 的向m(量 方程
组可求 ),在面内任取Q一与点点P得一向量
转化为 P Q在法向量的投影,的 套长 公度 式。
D
(二)求两异面直线的距离d
b
知a,b是两异面直线A,，Ba,C, Db，
B
aA
C
找一向量与两异面都 直垂 线直的向m量，
则两异面直线的距 d＝离ACm
(二)证明线面垂直 l
第6节 空间向量在立体几何中的应用--2025年高考数学复习讲义及练习解析
第六节空间向量在立体几何中的应用1．空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l01平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量．(3)空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔02n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔03n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄αl∥αn⊥m⇔04n·m＝0 l⊥αn∥m⇔05n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔06n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m⇔07n·m＝02．设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则3.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝10|cos 〈a ，n 〉|＝11|a ·n ||a ||n |．4．(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝12〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝13|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角的大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．5．用向量法求空间距离(1)点到直线的距离已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点．则点P 到直线l 的距离为14__AP →2－（AP →·u ）2．(2)点到平面的距离已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．则点P 到平面α的距离为15|AP →·n ||n |．(3)线面距和面面距可以转化为点面距求解．1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个平面的法向量所成的角就是这两个平面所成的角．()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(3)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．()(4)直线l的一个方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的一个法向量为n＝(－1，－1，1)，l⊄α，则l∥α.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册1.4.1练习T1改编)已知直线l的一个方向向量为a＝(－3，2，5)，平面α的一个法向量为b＝(1，x，－1)，若l∥α，则x＝()A．4B．3C．2D．1答案A解析因为l∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故选A.(2)已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足()A．sinθ＝－147B．sinθ＝147C．cosθ＝147D．cosθ＝－147答案C解析因为θ，π2，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝63×14＝147，sinθ＝1－cos2θ＝357.故选C.(3)若平面α的法向量为a＝(3，－1，2)，平面β的法向量为n＝(－6，2，－4)，则() A．α∥βB．α⊥βC．α与β相交但不垂直D．无法确定答案A解析由题意，得n＝－2a，则n∥a，α∥β.故选A.(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，则点C到直线AB的距离为() A．2B．5C．23D．25答案B解析因为AB →＝(2，－1，2)，AC →＝(1，－2，4)，所以AC →在AB →方向上的投影数量为AB →·AC →|AB →|＝2＋2＋84＋1＋4 4.设点C 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|AC →|2－42＝1＋4＋16－16＝ 5.故选B.考点探究——提素养考点一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP＝2，AB ＝1，E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面PCD ⊥平面PAD .证明依题意，以A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)因为BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .(2)因为AB →＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ，又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的一个法向量为AB →＝(1，0，0)，PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·DC →＝0，y －2z ＝0，x ＝0，取y ＝1，得n ＝(0，1，1)．因为n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →.所以平面PCD ⊥平面PAD .【通性通法】利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤【巩固迁移】1．(2023·山东青岛二中模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形B 1C 1CB 的中心．求证：(1)AC 1⊥平面A 1BD ；(2)EF ∥平面A 1BD ；(3)平面B 1EF ∥平面A 1BD .证明(1)设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C 1(2，2，2)，A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，D (0，2，0)，AC 1→＝(2，2，2)，A 1B →＝(2，0，－2)，A 1D →＝(0，2，－2)，因为AC 1→·A 1B →＝0，AC 1→·A 1D →＝0，所以AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，由于A 1B ∩A 1D ＝A 1，所以AC 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)知，AC 1→＝(2，2，2)是平面A 1BD 的一个法向量．E (1，1，2)，F (2，1，1)，EF →＝(1，0，－1)，AC 1→·EF →＝0，EF ⊄平面A 1BD ，所以EF ∥平面A 1BD .(3)由(1)，得B 1(2，0，2)，B 1F →＝(0，1，－1)，设平面B 1EF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·EF →＝x －z ＝0，·B 1F →＝y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，1，1)．AC 1→＝2n ，显然，平面B 1EF 与平面A 1BD 不重合，所以平面B 1EF ∥平面A 1BD .考点二利用空间向量求空间角(多考向探究)考向1求异面直线所成的角例2(2024·河南洛阳模拟预测)如图四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，且各棱长均相等，E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为()A ．36B ．63C ．13D ．12答案A解析连接AC 与BD 交于点O ，连接PO ，由题意，得AC ⊥BD ，且PO ⊥平面ABCD ，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设四棱锥P －ABCD 各棱长均为2，则AO ＝BO ＝CO ＝DO ＝2，PO ＝2，可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，C (－2，0，0)，P (0，0，2)，则，22，则AE →－2，22，PC →＝(－2，0，－2)，设异面直线AE 与PC所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AE →，PC →〉|＝|AE →·PC →||AE →||PC →|＝|（－2）×（－2）＋22×（－2）|2＋12＋12×2＋0＋2＝36.故选A.【通性通法】向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【巩固迁移】2.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，∠BAF ＝90°，AD ＝2，AB ＝AF ＝2EF ＝1，P 是DF 的中点，则异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为________．答案4515解析因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，交线为AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF .又AF ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AF，因为∠BAF ＝90°，所以AF ⊥AB ，又AD ⊥AB ，所以以A 为原点，AB →，AD →，AF →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则B (1，0，0)0，，1C (1，2，0)，所以BE →－12，0，CP →1，－1所以cos 〈BE →，CP →〉＝BE →·CP →|BE →||CP →|＝4515，即异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为4515.考向2求直线与平面所成的角例3在如图所示的几何体ABCED 中，EC ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，CE ＝CA ＝CB ＝2DB ，∠ACB ＝90°，M 为AD 的中点．(1)证明：EM ⊥AB ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．解(1)证明：由EC ⊥平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，得EC ⊥AC ，EC ⊥BC ，又∠ACB ＝90°，则AC ⊥BC ，故以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设DB ＝1，则CE ＝CA ＝CB ＝2.∴A (2，0，0)，B (0，2，0)，E (0，0，2)，D (0，2，1)，，1∴EM →，1，AB →＝(－2，2，0)，则EM →·AB →＝－2＋2＋0＝0，∴EM →⊥AB →，即EM ⊥AB .(2)由(1)，知BM →，－1AE →＝(－2，0，2)，DE →＝(0，－2，1)，设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－2x ＋2z ＝0，·DE →＝－2y ＋z ＝0，取x ＝2，得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(2，1，2)，设直线BM 与平面ADE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BM →，n 〉|＝|BM →·n ||BM →||n |＝49.因此直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值为49.【通性通法】向量法求线面角的两种方法(1)分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线与平面所成的角．【巩固迁移】3．(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，A 1C ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.(1)求证：AC ＝A 1C ；(2)若直线AA 1与BB 1的距离为2，求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．解(1)证明：如图，∵A 1C ⊥底面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴A 1C ⊥BC ，又BC ⊥AC ，A 1C ∩AC ＝C ，A 1C ，AC ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，又BC ⊂平面BCC 1B 1，∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1.过A 1作A 1O ⊥CC 1于点O ，又平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1＝CC 1，A 1O ⊂平面ACC 1A 1，∴A 1O ⊥平面BCC 1B 1.∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1，∴A 1O ＝1.在Rt △A 1CC 1中，A 1C ⊥A 1C 1，CC 1＝AA 1＝2，A 1O ＝1，∴O 为CC 1的中点，∴CO ＝C 1O ＝1，又A 1O ⊥CC 1，∴AC ＝A 1C ＝A 1C 1＝2，∴AC ＝A 1C .(2)连接A 1B ，AC 1，∵AC ＝A 1C ，BC ⊥A 1C ，BC ⊥AC ，∴Rt △ACB ≌Rt △A 1CB ，∴BA ＝BA 1.过B 作BD ⊥AA 1于点D ，则D 为AA 1的中点，又AA 1＝2，∴A 1D ＝AD ＝1，∵直线AA 1与BB 1的距离为2，∴BD ＝2，∴A 1B ＝AB ＝5，在Rt △ABC 中，BC ＝AB 2－AC 2＝ 3.解法一：以C 为原点，CA ，CB ，CA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz ，如图所示，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，3，0)，B 1(－2，3，2)，C 1(－2，0，2)，∴CB →＝(0，3，0)，CC 1→＝(－2，0，2)，AB 1→＝(－22，3，2)，设平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·CB →＝0，·CC 1→＝0，0，＋2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝1，∴平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(1，0，1)．设AB 1与平面BCC 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB 1→〉|＝|n ·AB 1→||n ||AB 1→|＝1313.∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为13 13 .解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形，∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM，在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝22，C1M＝A1C＝2，∴AC1＝（22）2＋（2）2＝10.在Rt△AB1C1中，AC1＝10，B1C1＝BC＝3，∴AB1＝（10）2＋（3）2＝13.又A到平面BCC1B1的距离为1，∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113＝1313.考向3求二面角例4(2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)证明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．解(1)证明：连接BC1，DC1.因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，又因为∠C 1CB ＝∠C 1CD ，CC 1＝CC 1，所以△C 1CB ≌△C 1CD ，所以BC 1＝DC 1，又点O 为线段BD 的中点，所以C 1O ⊥BD .在△C 1CO 中，CC 1＝2，OC ＝12AC ＝2，∠C 1CO ＝45°，所以cos ∠C 1CO ＝22＝C 1C 2＋OC 2－C 1O 22×C 1C ×OC，解得C 1O ＝2，则C 1C 2＝OC 2＋C 1O 2，所以C 1O ⊥OC .又OC ∩BD ＝O ，OC ⊂平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以C 1O ⊥平面ABCD .(2)由题知正方形ABCD 中AC ⊥BD ，又C 1O ⊥平面ABCD ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，2，0)，D (0，－2，0)，A (2，0，0)，C (－2，0，0)，C 1(0，0，2)，则AA 1→＝CC 1→＝(2，0，2)，AB →＝(－2，2，0)，AD →＝(－2，－2，0)，设平面BAA 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，1·m ＝0，·m ＝0，＋2z 1＝0，1＋2y 1＝0，令x 1＝1，则m ＝(1，1，－1)，设平面DAA 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，1·n ＝0，·n ＝0，＋2z 2＝0，2－2y 2＝0，令x 2＝1，则n ＝(1，－1，－1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13×3＝13，设二面角B －AA 1－D 的大小为θ，则sin θ＝223，所以二面角B －AA 1－D 的正弦值为223.【通性通法】向量法求二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【巩固迁移】4.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4.点A 2，B 2，C 2，D 2分别在棱AA 1，BB 1，CC 1，DD 1上，AA 2＝1，BB 2＝DD 2＝2，CC 2＝3.(1)证明：B 2C 2∥A 2D 2；(2)点P 在棱BB 1上，当二面角P －A 2C 2－D 2为150°时，求B 2P .解(1)证明：以C 为原点，CD ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C (0，0，0)，C 2(0，0，3)，B 2(0，2，2)，D 2(2，0，2)，A 2(2，2，1)，∴B 2C 2→＝(0，－2，1)，A 2D 2→＝(0，－2，1)，∴B 2C 2→∥A 2D 2→，又B 2C 2，A 2D 2不在同一条直线上，∴B 2C 2∥A 2D 2.(2)设P (0，2，λ)(0≤λ≤4)，则A 2C 2→＝(－2，－2，2)，PC 2→＝(0，－2，3－λ)，D 2C 2→＝(－2，0，1)，设平面PA 2C 2的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·A 2C 2→＝－2x 1－2y 1＋2z 1＝0，·PC 2→＝－2y 1＋（3－λ）z 1＝0，取z 1＝2，得y 1＝3－λ，x 1＝λ－1，∴n ＝(λ－1，3－λ，2)．设平面A 2C 2D 2的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，·A 2C 2→＝－2x 2－2y 2＋2z 2＝0，·D 2C 2→＝－2x 2＋z 2＝0，取x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝2，∴m ＝(1，1，2)．又二面角P －A 2C 2－D 2为150°，∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝6（λ－1）2＋（3－λ）2＋22×6＝|cos150°|＝32，化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P (0，2，1)或P (0，2，3)，∴B 2P ＝1.考点三利用空间向量求空间距离例5如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱DA ，DC 和DD 1的长分别为1，2，1.求：(1)顶点B 到平面DA 1C 1的距离；(2)直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离．解(1)以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)．设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为DA 1→＝(1，0，1)，DC 1→＝(0，2，1)，·DA 1→＝0，·DC 1→＝0，＋z ＝0，y ＋z ＝0，取y ＝1，得x ＝2，z ＝－2，则n ＝(2，1，－2)．而向量C 1B →＝(1，0，－1)，所以顶点B 到平面DA 1C 1的距离d ＝|n ·C 1B →||n |＝|2＋0＋2|4＋1＋4＝43.(2)直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离等于点B 1到平面DA 1C 1的距离．因为C 1B 1→＝(1，0，0)，所以点B 1到平面DA 1C 1的距离d 1＝|n ·C 1B 1→||n |＝|2＋0＋0|4＋1＋4＝23.故直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离为23.【通性通法】1．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l上的投影向量QP →的长度．PQ ＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n ||n |.2．点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－（PA →·n ）2.(2)若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(3)线面距和面面距直线到平面的距离和平面到平面的距离可以转化为点到平面的距离进行求解．【巩固迁移】5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为()A ．2B ．3C ．23D ．33答案D 解析由正方体的性质，得AB 1∥DC 1，D 1B 1∥DB ，AB 1∩D 1B 1＝B 1，DC 1∩DB ＝D ，且AB 1⊂平面AB 1D 1，D 1B 1⊂平面AB 1D 1，DC 1⊂平面BDC 1，DB ⊂平面BDC 1，所以平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，由正方体的棱长为1，得A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，C (0，1，0)，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1)，所以CA 1→＝(1，－1，1)，BA →＝(0，－1，0)，AB 1→＝(0，1，1)，B 1D 1→＝(－1，－1，0)．连接A 1C ，由CA 1→·AB 1→＝(1，－1，1)·(0，1，1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，CA 1→·B 1D 1→＝(1，－1，1)·(－1，－1，0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以CA 1→⊥AB 1→，即CA 1⊥AB 1，CA 1→⊥B 1D 1→，即CA 1⊥B 1D 1，又AB 1∩B 1D 1＝B 1，可知CA 1⊥平面AB 1D 1，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝CA 1→＝(1，－1，1)，则两平面间的距离d ＝|BA →·n ||n |＝|0×1＋（－1）×（－1）＋0×1|12＋（－1）2＋12＝13＝33.故选D.6.(2024·云南大理期中)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2，E 为线段DD 1的中点，F 为线段BB 1的中点．(1)求直线FC 1到直线AE 的距离；(2)求点A 1到平面AB 1E 的距离．解(1)根据题意，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1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 (1，0，0)，A 1(1，0，2)，E (0，0，1)，C 1(0，1，2)，B 1(1，1，2)，F (1，1，1)，B 1E →＝(－1，－1，－1)，A 1B 1→＝(0，1，0)，FC 1→＝(－1，0，1)，AE →＝(－1，0，1)，故FC 1→∥AE →，又EF→＝(1，1，0)，设直线FC 1到直线AE 的距离为d 1，则d 1即为点F 到直线AE 的距离，因此d 1＝62，则直线FC 1到直线AE 的距离为62.(2)设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－x ＋z ＝0，·B 1E →＝－x －y －z ＝0，取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，所以n ＝(1，－2，1)．设点A 1到平面AB 1E 的距离为d 2，可得d 2＝|A 1B 1→·n ||n |＝|（0，1，0）·（1，－2，1）|1＋4＋1＝63，则点A 1到平面AB 1E 的距离为63.课时作业一、单项选择题1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 与直线A 1D 和AC 都垂直，则直线PQ 与BD 1的关系是()A ．异面直线B ．平行直线C ．垂直不相交D ．垂直且相交答案B 解析设正方体的棱长为1，以D 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(1，0，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，B (1，1，0)，DA 1→＝(1，0，1)，AC →＝(－1，1，0)，BD 1→＝(－1，－1，1)，∵BD 1→·DA 1→＝0，BD 1→·AC →＝0，∴BD 1⊥A 1D ，BD 1⊥AC ，∴BD 1与直线A 1D和AC 都垂直，又PQ 与直线A 1D 和AC 都垂直，∴PQ ∥BD 1.故选B.2．若直线l 的一个方向向量为m ，平面α的一个法向量为n ，则可能使l ∥α的是()A ．m ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0)B ．m ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1)，C ．m ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1)D ．m ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1)答案D 解析要使l ∥α成立，需使m ·n ＝0，将选项一一代入验证，只有D 满足m ·n ＝1×0－1×3＋3×1＝0.故选D.3．已知v 为直线l 的方向向量，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，给出下列说法：①n 1∥n 2⇔α∥β；②n 1⊥n 2⇔α⊥β；③v ∥n 1⇔l ∥α；④v ⊥n 1⇔l ⊥α.其中说法正确的有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案B 解析n 1∥n 2⇔α∥β，故①正确；n 1⊥n 2⇔α⊥β，故②正确；v ∥n 1⇔l ⊥α，故③错误；v ⊥n 1⇔l ∥α或l ⊂α，故④错误．故选B.4.(2023·山东临沂模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1D 的中点，则下列说法正确的是()A ．直线PB 与直线A 1D 垂直，直线PB ∥平面B 1D 1CB ．直线PB 与直线D 1C 平行，直线PB ⊥平面A 1C 1DC ．直线PB 与直线AC 异面，直线PB ⊥平面ADC 1B 1D ．直线PB 与直线B 1D 1相交，直线PB ⊂平面ABC 1答案A 解析连接DB ，A 1B ，D 1B 1，D 1C ，B 1C .由正方体的性质可知BA 1＝BD ，P 是A 1D 的中点，所以直线PB 与直线A 1D 垂直．由正方体的性质可知DB ∥D 1B 1，A 1B ∥D 1C ，所以平面BDA 1∥平面B 1D 1C ，又PB ⊂平面BDA 1，所以直线PB ∥平面B 1D 1C ，故A 正确；以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，0PB →1，D 1C →＝(0，1，－1)，显然直线PB 与直线D 1C 不平行，故B 不正确；直线PB 与直线AC 异面，正确，因为DA →＝(1，0，0)，PB →·DA →＝12≠0，所以直线PB 与平面ADC 1B 1不垂直，故C 不正确；直线PB 与直线B 1D 1异面，不相交，故D 不正确．故选A.5.(2023·四川眉山高三校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ⊥平面ACC 1A 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为()A ．225B ．53C ．55D ．35答案C 解析在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ，AB ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AC ，CC 1⊥AB ，又BC ⊥平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AC ，所以CA ，CC 1，CB 互相垂直，以C 为原点，CA ，CC 1，CB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，可得AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－13×5＝55，所以直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为55.故选C.6.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为()A ．3B ．22C ．23D ．55答案D 解析以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Dxyz，则G(1，λ，1)，D1(0，0，1)，，0，1所以D1E→，0，D1F→，1，GE→，－λ，设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则·D1E→＝x－12z＝0，·D1F→＝x＋y－12z＝0，令x＝1，则y＝0，z＝2，所以平面D1EF的一个法向量为n＝(1，0，2)．点G到平面D1EF的距离为|GE→·n||n|＝|－12×2|5＝55.故选D.7．(2024·湖北武汉模拟)已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA＝AB，M为SA的中点．设直线MC与平面SAB所成的角为α，则sinα的最大值为()A．3－1B．2－1C．3＋1D．2＋1答案A解析以AB的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA＝AB＝4，则M(0，－1，3)，设C(x，y，0)，且x2＋y2＝4，由对称性不妨设0<x<2，则MC→＝(x，y＋1，－3)，易知平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，据此有sinα＝MC→·m|MC→||m|＝xx2＋（y＋1）2＋3＝12×－（y＋4）－12y＋4＋8≤4－23＝3－1，当且仅当y＝23－4时等号成立．综上可得，sinα的最大值为3－1.8.(2024·山西长治期末)如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC 的中点，O 是AC 的中点，∠ABC ＝2π3，则折后平面OEF 与平面ABC 夹角的余弦值为()A ．217B ．1111C ．31313D ．31111答案A解析连接OB ，OD .因为菱形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，所以平面ADC ⊥平面ABC ，因为四边形ABCD 是菱形，O 是AC 的中点，所以OD ⊥AC ，OB ⊥AC ，而平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，OD ⊂平面ADC ，所以OD ⊥平面ABC ，而OB ⊂平面ABC ，所以OD ⊥OB .以O 为原点，OB ，OC ，OD 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，设AB ＝2，则D (0，0，1)，，－32，，32，OE →，－32，OF →＝，32，设平面OEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·OE →＝0，·OF →＝0，－32y ＋12z ＝0，＋32y ＝0，取y ＝1，则x ＝－3，z ＝3，则n ＝(－3，1，3)，易得平面ABC 的一个法向量为OD →＝(0，0，1)，所以平面OEF 与平面ABC 夹角的余弦值为|n ·OD →||n ||OD →|＝217.故选A.二、多项选择题9．(2023·贵州名校联考)下列命题正确的是()A ．已知a ＝(－1，1，2)，b ＝(0，2，3)，直线l 1的方向向量为k a ＋b ，直线l 2的方向向量为2a －b 且l 1⊥l 2，则k ＝－34B ．若直线l 的方向向量为e ＝(1，0，3)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－6)，则直线l ∥αC ．已知直线l 过P 0(x 0，y 0，z 0)，且以u ＝(a ，b ，c )(abc ≠0)为方向向量，P (x ，y ，z )是直线l 上的任意一点，则有x －x 0a ＝y －y 0b ＝z －z 0cD ．已知平面α的法向量为n ＝(1，1，1)，A (－1，1，1)为平面α上一点，P (x ，y ，z )为平面α上任意一点，则有x ＋y ＋z ＋1＝0答案AC解析对于A ，a ＝(－1，1，2)，b ＝(0，2，3)，k a ＋b ＝(－k ，k ＋2，2k ＋3)，2a －b ＝(－2，0，1)，因为l 1⊥l 2，所以(k a ＋b )·(2a －b )＝4k ＋3＝0，所以k ＝－34，故A 正确；对于B ，直线l 的方向向量为e ＝(1，0，3)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－6)，则有n ＝－2e ，所以n ∥e ，所以l ⊥α，故B 错误；对于C ，直线l 过P 0(x 0，y 0，z 0)，且以u ＝(a ，b ，c )(abc ≠0)为方向向量，P (x ，y ，z )是直线l 上的任意一点，则有P 0P →＝(x －x 0，y －y 0，z －z 0)，P 0P →∥u ，即P 0P →＝λu ，－x 0＝λa ，－y 0＝λb ，－z 0＝λc ，则x －x 0a ＝y －y 0b ＝z －z 0c，故C 正确；对于D ，平面α的法向量为n＝(1，1，1)，A (－1，1，1)为平面α上一点，P (x ，y ，z )为平面α上任意一点，则有AP →＝(x ＋1，y －1，z －1)，则n ·AP →＝x ＋y ＋z －1＝0，故D 错误．故选AC.10.(2024·四川成都调研)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝π3，AB＝2AD ＝2PD ，PD ⊥底面ABCD ，则()A ．PA ⊥BDB ．PB 与平面ABCD 所成的角为π6C ．异面直线AB 与PC 所成角的余弦值为255D ．平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为77答案ABC解析对于A ，因为∠DAB ＝π3，AB ＝2AD ，由余弦定理可得BD ＝AD 2＋4AD 2－2AD ×2AD ×12＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，即BD ⊥AD ，由PD ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，又AD ∩PD ＝D ，AD ，PD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD ，所以PA ⊥BD ，故A 正确；对于B ，因为PD ⊥底面ABCD ，所以∠PBD 就是PB 与平面ABCD 所成的角，又tan ∠PBD ＝PD BD ＝33，所以∠PBD ＝π6，故B 正确；对于C ，显然∠PCD (或其补角)为异面直线AB 与PC 所成的角，易得cos ∠PCD ＝CD PC ＝255，故C 正确；对于D ，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD ＝1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0，0，1)，AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1，0，0)，设平面PAB的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝0，·PB →＝0，1＋3y 1＝0，1－z 1＝0，取y 1＝1，则x 1＝z 1＝3，即n＝(3，1，3)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，·PB →＝0，·BC →＝0，2－z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，则x 2＝0，z 2＝3，即m ＝(0，1，3)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277，即平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为277，故D 不正确．故选ABC.三、填空题11．已知点A (1，0，2)，B (－1，1，2)，C (1，1，－2)，则点A 到直线BC 的距离是________．答案1055解析BA →＝(2，－1，0)，BC →＝(2，0，－4)，BA →·BC →＝4，|BA →|＝5，|BC →|＝25，cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝45×25＝25，又0°≤〈BA →，BC →〉≤180°，所以sin 〈BA →，BC →〉＝＝215，所以点A 到直线BC 的距离为d ＝|BA →|sin 〈BA →，BC →〉＝5×215＝1055.12.(2024·湖南新化县第一中学期末)如图，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，E ，F 分别为PD ，PB 的中点，点G 在线段AP 上，AC 与BD 交于点O ，PA ＝AB ＝2，若OG ∥平面EFC ，则AG ＝________．答案23解析如图所示，以A 为原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意可得C (2，2，0)，O (1，1，0)，F (1，0，1)，E (0，1，1)，所以FC →＝(1，2，－1)，FE →＝(－1，1，0)，设平面EFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·FC →＝0，·FE →＝0，＋2y －z ＝0，x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝3，所以n ＝(1，1，3)．设G (0，0，a )，0≤a ≤2，则OG →＝(－1，－1，a )，因为OG ∥平面EFC ，则n ·OG →＝0，所以－1－1＋3a ＝0，解得a ＝23所以，0即AG ＝23.13．(2024·山东泰安期末)设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC 为钝角时，λ的取值范围是________．答案解析以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，则D 1B →＝(1，1，－1)，所以D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于PA →·PC →<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得13<λ<1，因此λ14.(2023·湖北武汉华中师大附中二模)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为2的等边三角形，CC 1＝2，D ，E 分别是线段AC ，CC 1的中点，C 1在平面ABC 内的射影为D .若点F 为线段B 1C 1上的动点(不包括端点)，则锐二面角F －BD －E 的余弦值的取值范围为________．答案解析连接C 1D ，因为C 1在平面ABC 内的射影为D ，所以C 1D 垂直于平面ABC 内DB ，AD 这两条线段，又因为底面是边长为2的等边三角形，D 是线段AC 的中点，所以DB ⊥AD ，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (3，0，0)，C (0，－1，0)，C 1(0，0，3)，B 1(3，1，3)，，－12，C 1B 1→＝(3，1，0)，DE →，－12，DB →＝(3，0，0)，设F (x ，y ，z )，C 1F →＝λC 1B 1→(0<λ<1)，则(x ，y ，z －3)＝(3λ，λ，0)，故F (3λ，λ，3)，所以DF →＝(3λ，λ，3)，设平面BDE 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，·DE →＝0，·DB →＝0，即＋32c ＝0，0，取b ＝3，得a ＝0，c ＝3，所以m ＝(0，3，3)．设平面BDF 的法向量为n ＝(d ，e ，f )，·DF →＝0，·DB →＝0，＋λe ＋3f ＝0，＝0，取e ＝3，得d ＝0，f ＝－λ，所以n＝(0，3，－λ)，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|33－3λ|32＋（3）2×（3）2＋（－λ）2＝|3－λ|23＋λ2＝12（3－λ）23＋λ2，令3－λ＝t (t ∈(2，3))，所以|cos 〈m ，n 〉|＝12t 212－6t ＋t 2＝设s则|cos〈m，n〉|＝12112s2－6s＋1，二次函数y ＝12s2－6s＋1＝＋14的图象开口向上，对称轴为直线s＝14，所以当s，该二次函数单调递增，又－6×13＋1＝13，－6×12＋1＝1，所以12s2－6s＋1所以112s2－6s＋1∈(1，3)，即|cos〈m，n〉|即锐二面角F－BD－E的余弦四、解答题15.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC ＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF→＝DA→，求二面角D－AB－F的正弦值．解(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，①因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，所以AE⊥BC，②由①②，且AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝22，DE＝2，因为△ACD 与△ABD 均为等边三角形，所以AC ＝AB ＝2，所以AE ⊥BC ，AE ＝2，所以AE 2＋DE 2＝4＝DA 2，所以AE ⊥DE ，又DE ∩BC ＝E ，DE ，BC ⊂平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD .以E 为原点，ED ，EB ，EA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0，0，0)，D (2，0，0)，A (0，0，2)，B (0，2，0)，设平面DAB 与平面ABF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，二面角D －AB －F 的平面角为θ，而AB →＝(0，2，－2)，因为EF →＝DA →＝(－2，0，2)，所以F (－2，0，2)，即有AF →＝(－2，0，0)，1·DA →＝0，1·AB →＝0，1＋2z 1＝0，－2z 1＝0，取x 1＝1，所以n 1＝(1，1，1)．2·AB →＝0，2·AF →＝0，－2z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，所以n 2＝(0，1，1)，所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×2＝63，所以sin θ＝1－69＝33，所以二面角D －AB －F 的正弦值为33.16.(2024·浙江台州模拟)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为6，截面ACC 1A 1的面积为6.(1)求点B 到平面ACC 1A 1的距离；(2)若AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，AA 1＝6，求直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成角的正弦值．解(1)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，ABC －A 1B 1C 1是三棱柱，V B －ACC 1A 1＝23V ABC －A 1B 1C 1＝13V ABCD －A 1B 1C 1D 1＝2，设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d ，则V B －ACC 1A 1＝13S 四边形ACC 1A 1·d ＝13×6d ＝2，所以d ＝1，即点B 到平面ACC 1A 1的距离为1.(2)在▱ABCD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，所以四边形ABCD 是菱形，连接BD 交AC 于点O ，则BO ＝1，由(1)知点B 到平面ACC 1A 1的距离为1，所以BO ⊥平面ACC 1A 1.设点A 1在直线AC 上的射影为点H ，则S ▱ACC 1A 1＝AC ·A 1H ＝23A 1H ＝6，则A 1H ＝3，且BO ⊥A 1H ，AH ＝AA 21－A 1H 2＝（6）2－（3）2＝3，所以点O 与点H 重合，即A 1O ⊥AO .以O 为原点，OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，1，0)，A (3，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，3)，根据AA 1→＝DD 1→＝(－3，0，3)，AB →＝DC →＝(－3，1，0)，则D 1(－3，－1，3)，BD 1→＝(－3，－2，3)，设平面CC 1D 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1→·n ＝－3x ＋3z ＝0，·n ＝－3x ＋y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，1)，设直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈BD 1→，n 〉|＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝|－3－23＋3|10×5＝65，所以直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成角的正弦值为6517.(2024·海南华侨中学模拟)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝1，AA 1>AB ，E ，F 分别是侧棱BB 1，DD 1上的动点，且平面AEF 与平面ABC 所成角的大小为30°，则线段BE 的长度的最大值为()A ．13B ．33C ．12D ．22答案B解析依题意，AB ，AD ，AA 1两两互相垂直，以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BE ＝m ，DF ＝n (m ≥0，n ≥0，且m ，n 不同时为0)，则A (0，0，0)，E (1，0，m )，F (0，1，n )，所以AE →＝(1，0，m )，AF →＝(0，1，n )．设平面AEF 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，·AE →＝（x ，y ，z ）·（1，0，m ）＝x ＋mz ＝0，·AF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，n ）＝y ＋nz ＝0，取z ＝1，得x ＝－m ，y ＝－n ，则u ＝(－m ，－n ，1)，显然v ＝(0，0，1)为平面ABC 的一个法向量．因为平面AEF 与平面ABC 所成角的大小为30°，所以cos30°＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |＝|（－m ，－n ，1）·（0，0，1）|m 2＋n 2＋1＝1m 2＋n 2＋1，即32＝1m 2＋n 2＋1，得m 2＋n 2＝13，所以m＝13－n2，所以当n＝0时，m取得最大值，为33.故选B.18.(2024·云南昆明一中高三开学考试)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB⊥AC，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，过A1A的平面交线段B1C1于点E(不与端点重合)，交线段BC于点F.(1)证明：AA1∥EF；(2)若BF＝2FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．解(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥CC1，AA1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1，又过A1A的平面AA1EF∩平面BCC1B1＝EF，所以AA1∥EF.(2)在平面AA1C1C内过A作AP⊥AC，因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，所以AP⊥平面ABC，又AB⊥AC，则可构建以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，又AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，且BF＝2FC，所以A (0，0，0)，A 1(0，1，3)，C 1(0，3，3)，，43，则A 1C 1→＝(0，2，0)，AC 1→＝(0，3，3)，AF →，43，设m ＝(x ，y ，z )为平面AFC 1的法向量，·AC 1→＝3y ＋3z ＝0，·AF →＝23x ＋43y ＝0，取y ＝1，则x ＝－2，z ＝－3，则m ＝(－2，1，－3)，所以cos 〈m ，A 1C 1→〉＝22×22＝24，所以直线A 1C 1与平面AFC 1所成角的正弦值为24.19.(2023·河北石家庄二模)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是矩形，P 为棱A 1B 1上一点，且PA ＝PB ，F 为CD 的中点．(1)证明：AB ⊥PF ；(2)若AB ＝AD ＝PD ＝2.当直线PB 与平面PCD 所成的角为45°，且二面角P －CD －A 的平面角为锐角时，求三棱锥B －APD 的体积．解(1)证明：取AB 的中点E ，连接PE ，EF ，∵PA ＝PB ，∴PE ⊥AB ，∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ⊥AB ，∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点，∴EF ∥BC ，∴EF ⊥AB ，又PE ∩EF ＝E ，∴AB ⊥平面PEF ，∵PF ⊂平面PEF ，∴AB ⊥PF .(2)如图，以F 为原点，FC →，EF →的方向分别为x ，y 轴正方向，过F 与平面ABCD 垂直的直线向上的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，－2，0)，B (1，－2，0)，C (1，0，0)，D (－1，0，0)，设P (0，a ，h )，h 为P 到平面ABCD 的距离，则PB →＝(1，－2－a ，－h )，PD →＝(－1，－a ，－h )，CD →＝(－2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·CD →＝0，x －ay －hz ＝0，2x ＝0，取y ＝－h ，则z ＝a ，∴n ＝(0，－h ，a )，又PD ＝2，∴a 2＋h 2＝3，(*)设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，sin θ＝|PB →·n ||PB →||n |＝|2h |1＋（2＋a ）2＋h 2×3＝22，解得a ＝0或a ＝－32，当a ＝0时，平面PCD 的法向量为n ＝(0，－h ，0)，则平面PCD 与平面ABCD 垂直，此时二面角P －CD －A 的平面角为直角，∴a ＝0舍去，∴a ＝－32，代入(*)可得h ＝32，∴V B －APD ＝V P －ABD ＝13×12×2×2×32＝33.20.(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22，PB ＝PC ＝6，BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD ＝5DO ，点F 在AC 上，BF ⊥AO .(1)证明：EF ∥平面ADO ；(2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；(3)求二面角D －AO －C 的正弦值．解(1)证明：设AF ＝tAC ，则BF →＝BA →＋AF →＝(1－t )BA →＋tBC →，AO →＝－BA →＋12BC →，因为BF ⊥AO ，则BF →·AO →＝[(1－t )BA →＋tBC →BA →＋12BC (t －1)BA →2＋12tBC →2＝4(t －1)＋4t ＝0，解得t ＝12，则F 为AC 的中点，因为D ，E ，O ，F 分别为BP ，AP ，BC ，AC 的中点，于是EF ∥PC ，DO ∥PC ，即EF ∥DO ，又EF ⊄平面ADO ，DO ⊂平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(2)证明：因为D ，O 分别为BP ，BC 的中点，所以DO ＝12PC ＝62，则AD ＝5DO ＝302，因为AO ＝AB 2＋BO 2＝6，所以DO 2＋AO 2＝AD 2＝152，则DO ⊥AO ，由(1)可知EF ∥DO ，所以EF ⊥AO ，又AO ⊥BF ，BF ∩EF ＝F ，BF ，EF ⊂平面BEF ，则AO ⊥平面BEF ，又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF .(3)如图，以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，O (0，2，0)，AO →＝(－2，2，0)．因为PB ＝PC ，BC ＝22，所以设P (x ，2，z )，z ＞0，则BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋12AP →＝(2，0，0)＋12(x －2，2，z )，22，由(2)知AO ⊥BE ，所以AO →·BE →＝(－2，2，，22，0，所以x ＝－1.又PB ＝6，BP →＝(x ，2，z )，所以x 2＋2＋z 2＝6，所以z ＝3，则P (－1，2，3)．由D 为BP 的中点，得－12，22，则AD →－52，22，设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，1·AD →＝0，1·AO →＝0，－52a ＋22b ＋32c ＝0，2a ＋2b ＝0，取a ＝1，则n 1＝(1，2，3)．易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角D －AO －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，故二面角D －AO －C 的正弦值为22.。
空间向量在立体几何中的应用-立体几何
点，A是α内任一点，则点P到α的距离d= | PA·m | .
|m|
考点一 用向量证明平行、垂直问题
如图，在四棱锥P—ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面 ABCD为矩形，且PA=AD， E,F分别为线段AB,PD的中 点.求证：
(1) AF∥平面PEC;
相等或互补 .
5.空间的距离
(1)一个点到它在一个平面内 正射影 的距离，叫做 点到这个平面的距离.
(2)已知直线l平行平面α，则l上任一点到α的距离 都 相等 ，且叫做l到α的距离.
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(3)和两个平行平面同时 垂直 的直线，叫做两 个平面的公垂线.公垂线夹在平行平面间的部分，叫做两 个平面的 公垂线段 .两平行平面的任两条公垂线段的长 都相等，公垂线段的 长度 叫做两平行平面的距离， 也是一个平面内任一点到另一个平面的距离.
EC=(
a
22 ,1,0),∴AF=
1
2 EP+
1 EC,
2
2
2
又AF⊂ 平面PEC,∴AF∥平面PEC.
(2)PD=（0,1,-1）,CD=(-a,0,0), 11
∴AF·PD=(0, 2, 2)·(0,1,-1)=0, AF·CD=(0, 1 , 1 )·(-a,0,0)=0,
22 ∴AF⊥PD,AF⊥CD，又PD∩CD=D,
∴m⊥n.
∴平面ADE⊥平面A1D1F.
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考点二 用向量求线线角与线面角 如图所示，已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小； (2)求DP与平面AA ′ D′D所成角的大小
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解. 返回目录
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何的应用
立体几何是解决空间问题的精英学科，结合了微积分、几何、代数三者之间的
有机联系，具有重要的实际意义。
它是数学的基础理论，也是应用于多向系统、工程计算、科学研究、航空航天、船舶制造等各种领域的一种重要工具。
空间向量是立体几何和向量代数交叉应用最多的分支。
空间向量具有方向和大小等三个特性，结合它们之间的线性变换，所形成的多
种变换方程和推理公式，使空间向量的应用更加简单。
另外，由于空间向量具有方向性、概括性，在机器人学和运筹学等方面具有独特的效用。
空间向量在立体几何中的应用尤以运动问题为典型，空间上的运动可以分解成
由一系列空间向量组成的连续移动序列，可以分别用空间向量进行计算。
此外，应用于立体几何中的空间向量还可以帮助我们理解几何中的前趋量及拉格朗日原理，以及如何根据旋转角度、平移距离等信息求解物体的运动轨迹的空间变换函数。
空间向量的应用不仅仅局限于立体几何，还在工程计算、航空航天研发等诸多
领域下都有着广泛的应用。
它可以用来计算和描述各种形状的多边形和曲面，以及向量结构、平面和三维体结构之间的关系，是现代科学技术发展的重要推手。
通过本文介绍，我们可以看到，空间向量在立体几何中的应用十分广泛，被广
泛用于计算、分析、操纵等几何学问题，对研究几何原理和设计工程图形有着不可磨灭的重要作用，使立体几何在实践中的运用变得更加简单，不但能满足实用需要，还拓展了几何研究的范畴，从而及臻科学繁荣。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用ʏ贵州省仁怀市周林高中 尹伟云空间向量是高中数学的一个重要组成部分,在高考中具有较高的地位,是立体几何中的一个主要命题方向,往往以 证算并重 的方式进行考查㊂常以多面体为载体,考查用向量法确定空间点㊁线㊁面的位置关系,求解空间角㊁空间距离㊁立体几何中的动点探究性问题等㊂需要同学们借助向量的工具性作用,将空间几何量之间的位置关系转化为数量关系来求解㊂下面分类分析空间向量在立体几何中的应用㊂1.证明共线与共面问题图1例1 如图1,在长方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F 分别在棱D D 1,B B 1上,且|E D 1|=2|D E |,|B F |=2|F B 1|,线段E F 的中点为M ㊂求证:(1)点M 在长方体的对角线A C 1上;(2)点C 1在平面A E F 内㊂解析:证法1(利用向量的坐标运算)图2(1)以点C 1为坐标原点,分别以向量C 1D 1ң,C 1B 1ң,C 1C ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系C 1-x yz ,如图2所示㊂设|C 1D 1|=a ,|C 1B 1|=b ,|C 1C |=c ,则C 1(0,0,0),A (a ,b ,c ),E a ,0,2c 3,F 0,b ,c 3,Ma 2,b 2,c 2㊂从而C 1M ң=a 2,b 2,c 2,C 1A ң=(a ,b ,c ),故C 1M ң=12C 1A ң㊂又C 1Mң与C 1A ң有公共点C 1,所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)由(1)知,E A ң=0,b ,c 3=C 1F ң,所以A E ʊC 1F ,从而A ,E ,F ,C 1四点共面,故点C 1在平面A E F 内㊂证法2(利用向量的几何运算)(1)由向量的平行四边形法则及三角形法则,得C 1M ң=12(C 1E ң+C 1F ң)=12(C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң)=12(C 1A 1ң+B 1F ң+F B ң)=12(C 1A 1ң+A 1A ң)=12C 1A ң,即C 1M ң=12C 1A ң㊂所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)依题意,得C 1E ң+C 1F ң=C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң=C 1D 1ң+F B ң+C 1F ң=C 1D 1ң+C 1B ң=C 1A ң,即C 1A ң=C 1E ң+C 1F ң㊂由向量共面的充要条件知,点C 1在平面A E F 内㊂评注:空间向量兼具代数与几何的双重特征,证明多点共线或多线共面问题也是从这两个方面入手,关键是掌握空间向量的线性运算法则和共线㊁共面的充要条件㊂具体方法是:要证明三点共线,可以证明任意两点构成的一组向量共线且共点;要证明四点共面,可以利用向量共面的充要条件,即以其中一点A 为起点,分别以另三点B ,C ,D 为终点得到向量A B ң,A C ң,A D ң,证明存在唯一的实数对(λ,μ),使A B ң=λA C ң+μA D ң成立即可;要证明两条直线共面,可以证明两条直线平行或相交,从而转化为两条直线的方向向量共不共线的问题,即若存在实数λ,使两条直线的方向向量a ,b 满足b =λa ,则两条直线平行,若不存在实数λ满足b =λa ,则两条直线相交㊂2.证明线㊁面的平行与垂直关系例2 如图3所示,在直二面角D -A B -E 中,四边形A B C D 是边长为2的正方形,|A E |=|E B |,F 为C E 上的点,且B F ʅ平面A C E ,G 为C E 的中点㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图3求证:(1)A E ʊ平面B D G ;(2)A E ʅ平面BC E ;(3)平面BD F ʅ平面A B C D ㊂解析:因为A B C D 为正方形,所以B C ʅA B ㊂因为二面角D -A B -E 为直二面角,平面D A B ɘ平面A B E =A B ,所以B C ʅ平面A E B ㊂设线段A B 的中点为O ,连接O E ㊂因为|A E |=|E B |,所以A B ʅO E ㊂图4故以O 为坐标原点,分别以向量O E ң,O B ң,A D ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系O -x yz ,如图4所示㊂则A (0,-1,0),B (0,1,0),C (0,1,2),D (0,-1,2)㊂设E (x 0,0,0)(x 0>0),则E C ң=(-x 0,1,2)㊂因为F 为C E 上的点,所以设E F ң=λE C=(-λx 0,λ,2λ),0ɤλɤ1,得F ((1-λ)x 0,λ,2λ),则B F ң=((1-λ)x 0,λ-1,2λ)㊂又A C ң=(0,2,2),A E ң=(x 0,1,0),B F ʅ平面A C E ,所以B F ң㊃A C ң=2(λ-1)+4λ=0,且B F ң㊃A E ң=(1-λ)x 20+λ-1=0,解得x 0=1,λ=13㊂所以E (1,0,0),F23,13,23,G 12,12,1㊂(1)方法1:设A C 与B D 相交于H ,则H (0,0,1),所以H G ң=12,12,0㊂可得A E ң=(1,1,0)=2H G ң㊂又A E ⊄平面B D G ,H G ⊂平面B D G ,所以A E ʊ平面B D G ㊂方法2:易知B D ң=(0,-2,2),B G ң=12,-12,1㊂设平面B D G 的一个法向量为k =(a ,b ,c ),则k ㊃B D ң=0,k ㊃B G ң=0,所以-2b +2c =0,12a -12b +c =0㊂取c =1,得k =(-1,1,1)㊂因此,k ㊃A E ң=(-1,1,1)㊃(1,1,0)=0㊂又A E ⊄平面B D G ,故A E ʊ平面B D G ㊂(2)方法1:因为A E ң=(1,1,0),B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2),所以A E ң㊃B E ң=0,A E ң㊃B C ң=0,则A E ʅB E ,A E ʅB C ㊂又B E ɘB C =B ,所以A E ʅ平面B C E ㊂方法2:易知B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2)㊂设平面B C E 的一个法向量为n =(x 1,y 1,z 1),由n ㊃B E ң=0,n ㊃B C ң=0,得x 1-y 1=0,2z 1=0㊂取y 1=1,得n =(1,1,0)㊂又A E ң=(1,1,0)=n ,故A E ңʊn ,A E ʅ平面B C E ㊂(3)由题意知,O E ң=(1,0,0)为平面A B -C D 的一个法向量,设平面B D F 的一个法向量为m =(x 2,y 2,z 2)㊂由(1)知,B F ң=23,-23,23,B D ң=(0,-2,2),所以m ㊃B F ң=23x 2-23y 2+23z 2=0,且m ㊃B D ң=-2y 2+2z 2=0㊂取z 2=1,则y 2=1,x 2=0,所以m =(0,1,1)㊂因m ㊃O E ң=0,故m ʅO E ң㊂因此,平面B D F ʅ平面A B C D ㊂评注:利用向量法证线面平行,一般有三个思路:一是用向量共面的充要条件,证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来,即这三个向量共面,根据共面向量概念和直线在平面外,得线面平行;二是先求出平面的法向量,再证明法向量与直线的方向向量垂直;三是证明已知直线与平面内的一条直线平行,也就是将其转化为证明线线平行的问题,再根据线面平行的判断定理得证㊂证面面平行,一般有两个思路:一是利用向量证明一个平面内两条相交直线平行于另一个平面,根据面面平行的判定定理得证;二是求出两个平面的法向量,证明这两个法向量平行,则这两个平面平行㊂证线线垂直,可转化为两条直线的方向向量垂直,即证明两条直线方向向量的数量积为0㊂证线面垂直有两个思路:一是证平面的法向量与直线的方向向量平行;二是证直线与平面内两条相交直线垂直,再用线面垂直判定定理证明㊂证面面垂直,先求出两个平面的法向量,通过证明这两个平面的法向量垂直即可㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月以上思路大多要用到平面的法向量,当题中出现线面垂直时,则该直线的方向向量就是该平面的一个法向量,为减少计算量,无需另求法向量㊂3.解决平行或垂直的探索性问题图5例3 如图5所示,在四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A 1D ʅ平面A B C D ,底面A B C D 是边长为1的正方形,侧棱|A 1A |=2㊂(1)在棱A 1B 上是否存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M(2)在棱A 1A 上是否存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1图6解析:如图6,分别以D A ,D C ,D A 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系㊂则由题中数据,得D (0,0,0),A (1,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),B (1,1,0),B 1(0,1,3),C 1(-1,1,3)㊂从而D A 1ң=(0,0,3),B A 1ң=(-1,-1,3),A C 1ң=(-2,1,3),C 1B 1ң=(1,0,0),A A 1ң=(-1,0,3)㊂(1)假设线段A 1B 上存在一点M (a 1,b 1,c 1),使得A 1D ʊ平面A C M ㊂设B M ң=λB A 1ң(0<λ<1),即(a 1-1,b 1-1,c 1)=λ(-1,-1,3)㊂则a 1-1=-λ,b 1-1=-λ,c 1=3λ㊂解得M (1-λ,1-λ,3λ)㊂从而A M ң=(-λ,1-λ,3λ),C M ң=(1-λ,-λ,3λ)㊂设平面A C M 的一个法向量为m =(a 2,b 2,c 2),则m ㊃A M ң=0,m ㊃C M ң=0,即-λa 2+(1-λ)b 2+3λc 2=0,(1-λ)a 2-λb 2+3λc 2=0㊂两式相减,得a 2-b 2=0㊂令a 2=1,得m =1,1,2λ-13λ㊂由D A 1ң㊃m =0,得3㊃(2λ-1)3λ=0,解得λ=12,此时M 12,12,32,M 为线段A 1B 的中点㊂所以线段A 1B 上存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M ㊂(2)假设棱A 1A 上存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1㊂设A P ң=μA A 1ң,0<μɤ1,则P (1-μ,0,3μ),从而B 1P ң=(1-μ,-1,3(μ-1))㊂设平面A B 1C 1的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1㊃C 1B 1ң=0,n 1㊃A C 1ң=0, 得x 1=0,-2x 1+y 1+3z 1=0㊂ 令z 1=3,则n 1=(0,-3,3)㊂设平面P B 1C 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),由n 2㊃C 1B 1ң=0,n 2㊃B 1P ң=0,得x 2=0,(1-μ)x 2-y 2+3(μ-1)z 2=0㊂令z 2=3,得n 2=(0,3(μ-1),3)㊂由n 1㊃n 2=0,得-3ˑ3(μ-1)+3ˑ3=0,解得μ=43>1,不合题意,所以这样的点P 不存在㊂评注:涉及线段上的动点问题,先设出动点分线段的某个比值λ,根据两个向量共线的充要条件得数乘关系,从而用λ表示动点的坐标,再进行相关计算,这样可以减少未知量,简化过程㊂值得注意的是,应给出λ的取值范围㊂另外,建系时最好用右手直角坐标系且使几何元素尽量分布在坐标轴的正方向上㊂4.求解点面距离或几何体的体积例4 如图7,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,棱A A 1ʅ侧面A B C ,A B ʅB C ,D 为A C 的中点,|A A 1|=|A B |=2,|B C |=3,求三 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图7棱锥A 1-B C 1D 的体积㊂解析:由题意知,B 1C 1,B 1B ,B 1A 1三条直线两两垂直,故以B 1为坐标原点,建立空间直角坐标系B 1-x yz ,如图8所示㊂图8则由题中数据,得B 1(0,0,0),B (0,2,0),C (3,2,0),C 1(3,0,0),A (0,2,2),A 1(0,0,2),D32,2,1,则C 1A 1ң=(-3,0,2),C 1B ң=(-3,2,0),B D ң=32,0,1㊂所以|C 1A 1ң|=(-3)2+02+22=13,|C 1B ң|=(-3)2+22+02=13,c o s øA 1C 1B =C 1A 1ң㊃C 1B ң|C 1A 1ң||C 1B ң|=-3ˑ(-3)13ˑ13=913㊂从而s i nøA 1C 1B =1-c o s 2øA 1C 1B=22213,所以S әA 1C 1B =12|C 1A 1ң|㊃|C 1B ң|s i n øA 1C 1B =12ˑ13ˑ13ˑ22213=22㊂设平面A 1C 1B 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃C 1A 1ң=0,n ㊃C 1B ң=0,即-3x +2z =0,-3x +2y =0㊂令z =3,得x =2,y =3,即n =(2,3,3)㊂所以D 到平面A 1C 1B 的距离d =|n ㊃B D ң||n |=622,故V A 1-B C 1D =13S әA 1C 1B ㊃d =13ˑ22ˑ622=2㊂评注:求锥体或柱体的体积,关键是求底面积和高,对于底面积,如әA B C 的面积可由S =12|A B ң||A C ң|s i n A =12|A B ң||A C ң㊃1-c o s 2A =12(|A B ң||A C ң|)2-(A B ң㊃A C ң)2求解㊂高可以转化为空间两点间距离,又可看作是向量长度,即已知空间两点P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2),则d =|P 1P 2ң|=(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2+(z 2-z 1)2,有时要用到|a |=a 2求解㊂高也可以看作是点到平面的距离,其数值等于斜线段对应的向量在平面法向量方向上的投影向量的模㊂如求点A 到平面α的距离,可在α内任取一点B ,则A 到平面α的距离d =||A B ң|c o s α|=|A B ң㊃n ||n |㊂另外,点面距离还可以转化为线面距离㊁两平行平面间的距离等㊂5.求空间角图9例5 如图9,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D为矩形,P D ʅ底面A BC D ,|A B ||A D |=2,直线P A 与底面A B C D 成60ʎ角,点N 是P B的中点㊂(1)求异面直线D N 与B C 所成角的余弦值;(2)求直线P A 与平面P B C 所成角的正弦值;(3)求二面角P -N C -D 的余弦值㊂图10解析:依题意,以D 为原点,分别以向量D A ң,D C ң,D P ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图10所示㊂设|A D |=1,则|A B |=2㊂因为P D ʅ底面A B -C D ,所以øP A D 是直线P A 与平面A B C D所成的角,得øP A D =60ʎ,则|P D |=3㊂易得D (0,0,0),A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),P (0,0,3),N 12,1,32㊂(1)易知D N ң=12,1,32,B C ң=(-1,0,0),所以异面直线D N 与B C 所成角θ1的余弦值为c o s θ1=|c o s <D N ң,B C ң>|=|D N ң㊃B C ң||D N ң||B C ң|=24㊂(2)易知P A ң=(1,0,-3),P B ң=(1,2,-3)㊂设平面P B C 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),直线P A 与平面P B C 所成的角为解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月θ2,则m ㊃P B ң=x 1+2y 1-3z 1=0,且m ㊃B C ң=-x 1=0㊂令z 1=2,则x 1=0,y 1=3㊂所以m =(0,3,2),则s i n θ2=|c o s <m ,P A ң>|=|m ㊃P A ң||m ||P A ң|=217㊂(3)由(2)知,m =(0,3,2)是平面P B C的一个法向量㊂设平面C D N 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为D N ң=12,1,32,D C ң=(0,2,0),所以n ㊃D N ң=12x 2+y 2+32z 2=0,且n ㊃D C ң=2y 2=0㊂令z 2=1,则x 2=-3,y 2=0,n =(-3,0,1)㊂所以c o s <m ,n >=m ㊃n |m ||n |=77㊂在二面角P -N C -D 内部取一点H (0,0,1),则C H ң=(0,-2,1)㊂因为m ㊃C H ң=-23+2<0,n ㊃C H ң=1>0,所以二面角P -N C -D 的大小等于<m ,n >,其余弦值为77㊂评注:解异面直线夹角问题,先求出两条异面直线的方向向量m ,n ,再求出m ,n 的夹角,设两异面直线的夹角θ,利用c o s θ=|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |求出异面直线的夹角㊂注意异面直线夹角与向量夹角不完全相同,当两个方向向量的夹角是钝角时,应取其补角作为两异面直线所成的角,两条异面直线夹角θ的取值范围是0,π2㊂解线面角问题,设直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为θ,a 与n 的夹角为φ,则直线的方向向量a 在平面法向量n 方向上的投影向量的长度|a ㊃n ||n |与直线方向向量a 的模|a |之比|a ㊃n ||a ||n |就是线面角的正弦值,即有s i n θ=|c o s φ|=|a ㊃n ||a ||n |㊂当φ为锐角时,s i n θ=s i n (90ʎ-φ)=c o s φ=a ㊃n|a ||n |;当φ为钝角时,s i n θ=s i n (φ-90ʎ)=-c o s φ=-a ㊃n|a ||n |㊂解二面角问题,是依据二面角两个半平面的法向量夹角与二面角相等或互补来处理㊂大多数情况下是根据图形判断该角是锐角还是钝角,有时也可以根据两个半平面的法向量的指向来判断㊂6.结构不良型问题图11例6 (2022年北京高考卷)如图11,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,侧面B C C 1B 1为正方形,平面B C C 1B 1ʅ平面A B B 1A 1,|A B |=|B C |=2,M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点㊂(1)求证:MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)再从条件①㊁条件②中选择一个作为已知条件,求直线A B 与平面B MN 所成角的正弦值㊂条件①:A B ʅMN ;条件②:|B M |=|MN |㊂注:如果选择条件①和条件②分别解答,那么按第一个解答计分㊂解析:(1)因为侧面C B B 1C 1为正方形,所以C B ʅB B 1㊂又平面C B B 1C 1ʅ平面A B B 1A 1,平面C B B 1C 1ɘ平面A B B 1A 1=B B 1,C B ⊂平面C B B 1C 1,所以C B ʅ平面A B B 1A 1㊂因为A B ⊂平面A B B 1A 1,所以B C ʅA B ㊂因为M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点,所以MNң=B N ң-B M ң=12B A ң+12B C ң-B B 1ң-12B 1A 1ң=12B C ң-B B 1ң,故MN ң,B C ң,B B 1ң三向量共面㊂又MN ⊄平面B C C 1B 1,B C ⊂平面B C C 1B 1,B B 1⊂平面B C C 1B 1,所以MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)若选①,A B ʅMN ,则A B ң㊃MN ң=0㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以A B ң㊃MN ң=A B ң㊃12B C ң-B B 1ң=0㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月由B C ңʅA B ң,得B C ң㊃A B ң=0,所以A B ң㊃B B 1ң=0,即B A ʅB B 1㊂图12故B C ,B A ,B B 1三条直线两两垂直,以B 为坐标原点,分别以B C ң,B A ң,B B 1ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系B -x yz ,如图12所示㊂则由题中数据,得B (0,0,0),A (0,2,0),M (0,1,2),N (1,1,0),故B A ң=(0,2,0),B M ң=(0,1,2),B N ң=(1,1,0)㊂设平面B MN 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ʅB N ң,n ʅB M ң, 所以n ㊃B N ң=0,n ㊃B M ң=0,即x +y =0,y +2z =0㊂令z =1,得n =(2,-2,1)㊂因此,直线A B 与平面B MN 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,B A ң>|=|n ㊃B A ң||n ||B A ң|=|-2ˑ2|22+(-2)2+12ˑ2=23㊂若选②:|M B |=|MN |,则|B M ң|2=|MN ң|2㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以B B 1ң+12BA ң2=12B C ң-B B 1ң2,化为|B B 1ң|2+14|B A ң|2+B B 1ң㊃B A ң=14|B C ң|2+|B B 1ң|2-B C ң㊃B B 1ң,即B B 1ң㊃B A ң+B C ң㊃B B 1ң=0㊂因为B C ʅB B 1,所以B C ң㊃B B 1ң=0,B B 1ң㊃B A ң=0,即B B 1ʅB A ,故BC ,B A ,B B 1三条直线两两垂直㊂以下步骤与选①相同,过程略㊂评注:本题运用空间向量的三角形法则㊁平行四边形法则㊁数量积及模的运算,得到共面和垂直关系,避开了复杂的推理过程,无需添加辅助线,降低了思维难度,让人感到耳目一新㊂对于选择性条件的结构不良试题,应该选择一个易于入手的条件进行求解㊂7.最值问题例7 (2022年全国乙卷理数)如图图1313,在四面体A -B C D 中,A D ʅC D ,|A D |=|C D |,øA D B =øB D C ,E 为A C 的中点㊂(1)证明:平面B E D ʅ平面A C D ;(2)设|A B |=|B D |=2,øA C B =60ʎ,点F 在棱B D 上,当әA F C 的面积最小时,求C F 与平面A B D所成角的正弦值㊂解析:(1)因为|A D |=|C D |,E 为A C 的中点,所以A C ʅD E ㊂又øA D B =øC D B ,|D B |=|D B |,所以әA B D ɸәC B D ,|A B |=|C B |㊂连接B E ,又因为E 为A C 的中点,所以A C ʅB E ㊂因为D E ɘB E =E ,所以A C ʅ平面B E D ㊂因为A C ⊂平面A C D ,所以平面B E D ʅ平面A C D ㊂(2)因为әA B D ɸәC B D ,所以|C B |=|A B |=|B D |=2㊂又因为øA C B =60ʎ,所以әA B C 是等边三角形,|A E |=|E C |=1,|B E |=3㊂因为A D ʅC D ,所以|D E |=12|A C |=1㊂图14在әD E B 中,|D E |2+|B E |2=|B D |2,所以B E ʅD E ㊂以E 为坐标原点建立如图14所示的空间直角坐标系E -x yz ㊂则A (1,0,0),B (0,3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1),所以A D ң=(-1,0,1),A B ң=(-1,3,0),D B ң=(0,3,-1)㊂连接E F ,由(1)知,A C ʅ平面B E D ㊂因为E F ⊂平面B E D ,所以AC ʅE F ,S әA F C =12|A C |㊃|E F |㊂因为|A C |=2,所以当|E F |取最小值时,әA F C 的面积最小㊂设此时F (a ,b ,c ),D F ң=λD B ң(0ɤλɤ1),即(a ,b ,c -1)=λ(0,3,-1),得F (0,3λ,1-λ)㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月则|EF ң|=02+(3λ)2+(1-λ)2=4λ-142+34㊂当λ=14时,|E F |取最小值,此时F 0,34,34,从而C F ң=1,34,34㊂设平面A B D 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A D ң=-x +z =0,n ㊃A B ң=-x +3y =0㊂取y =3,则n =(3,3,3)㊂所以C F 与平面A B D 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,C F ң>|=|n ㊃C F ң||n ||C F ң|=621ˑ74=437㊂评注:对于面积㊁点面距离或体积的最值,一般有两个思考方向:一是从图中直接观察,先分清哪些量是定值,哪些量是变量,通过点或线的变化情况寻找最值,如本题中,E 为定点,F 为动点,可以看出当E F ʅB D 时,|E F |取最小值,易得|D F |=12,故D F ң=14D B ң,即可得点F 的坐标,或者由EF ң=(0,3λ,1-λ)与D B ң=(0,3,-1)垂直,得E F ң㊃D B ң=0,进而得λ;二是直接根据目标函数的关系,转化为函数的最值或值域问题来处理,如果是求空间角的三角函数的最值,可直接利用数量积及模的计算公式写出三角函数的表达式,再转化为二次函数来处理㊂8.逆向探索性问题图15例8 已知四边形A B C D 是梯形,S 为A D 的中点,B C ʊA D ,øBCD =90ʎ,|A D |=2|B C |=4㊂现将әA B S 沿B S 向上翻折,使A 到A ',且二面角A '-B S -C 为直二面角,E ,F 分别是A 'S ,A 'B 的中点,如图15所示㊂在线段B C 上是否存在一点M ,使得点D 到平面E F M 的距离为25若存在,求出|B M ||M C |的值;若不存在,请说明理由㊂图16解析:由题意知,四边形B C D S 是边长为2的正方形,B S ʅS D ,B S ʅS A ',S A 'ʅS D ,以S 为坐标原点,分别以向量S D ң,S B ң,S A 'ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系S -x yz ,如图16所示㊂则点S (0,0,0),A '(0,0,2),C (2,2,0),D (2,0,0),E (0,0,1),F (0,1,1),则E F ң=(0,1,0),D E ң=(-2,0,1)㊂假设在线段B C 上存在一点M (x 0,2,0)满足题意,则E M ң=(x 0,2,-1)㊂设平面E F M 的法向量为n =(x ,y ,z ),则有n ㊃E F ң=0,n ㊃E M ң=0㊂故(x ,y ,z )㊃(0,1,0)=0,(x ,y ,z )㊃(x 0,2,-1)=0,所以y =0,z =x 0x ㊂令x =1,得n =(1,0,x 0)㊂则D E ң在平面E F M 的法向量方向上的投影向量的长为|D E ң㊃n ||n |=25,得|-2+x 0|1+x 20=25,两边同时平方,得21x 20-100x 0+96=0,即(3x 0-4)㊃(7x 0-24)=0㊂因0<x 0<2,解得x 0=43,所以M43,2,0㊂从而M C ң=23,0,0,|M C |=23,|B M |=2-23=43,即在线段B C 上存在一点M 满足题意,且|B M ||M C |=2㊂评注:对于距离㊁体积或空间角的逆向存在性问题,其求解思路是先假设条件存在,把假设当作新的已知条件进行推理,通过构造方程求解㊂若得到合理的数据,则假设成立;若出现矛盾,则假设不成立㊂对于翻折问题,关键是抓住翻折前后几何量的变与不变进行相关计算㊂(责任编辑 徐利杰)解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月。
空间向量在立体几何中的应用
∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角， ∴∠PAD＝60°. 在 Rt△PAD 中，由 AD＝2，得 PD＝2 3. ∴P(0，0，2 3)．
O→P＝(0，
22，－2)，O→D＝(－
2， 2
22，－2)．
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
由 n·O→P＝0，n·O→D＝0，
得
22y－2z＝0，
－ 22x＋ 22y－2z＝0.
取 z＝ 2，得 n＝(0，4， 2)．
∵M→N·n＝(1－ 42)×0＋ 42×4＋(－1)× 2＝0，∴M→N⊥n.
解 作AP⊥CD于点P,分别以AB,AP,AO所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系A－xyz,如图所示,
则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0， 22，0)，D(－ 22， 22，0)，
O(0，0，2)，M(0，0，1)，N， 42，－1)，
A→M·n＝0.
a2y＋ 2az＝0，
令 y＝2，则 z＝－ 22，x＝0.
∴n＝(0，2，－ 22)．
又B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)，
∴cos〈B→C1，n〉＝B→→C1·n
|BC1||n|
＝
－a－a 3a×
9＝－29 2
6.
设 BC1 与平面 AMC1 所成的角为 θ，
则 sin θ＝|cos〈B→C1，n〉|＝296.
题型三 二面角的求法
例3 12分如图所示,正三棱柱ABC－ A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中 点,求二面角AA1DB的余弦值．
空间向量在立体几何中的应用
练习：
正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为DD1的中
点，O1,O2,O3分别是平面A1B1C1D1、平面
BB1C1C、平面ABCD的中心
（2） 求异面直线PO3与O1O2Z成的角
D1 O1
C1
A1
B1
P
O2
D
C
A
O3
Y B
X
空间向量在
立几中应用
小结
本堂课的学习重点是用向量代数的方法解决 立体几何问题，但在学习中应把几何综合推 理与向量代数运算推理有机结合起来 向量代数推理是更加精练，严密的推理，每 一步都要根据运算法则进行 学习过程中应善于“前思后想”，提炼方法， 开拓思路
本题多次运用了封闭回路
空间向量在
立几中应用
利用向量求空间距离
空间距离是一种重要的几何量，利 用常规方法求距离，需要较强的转化能力， 而用向量法则相对简单
空间向量在
立几中应用
例3、正方体AC1棱长为1，求平面AD1C 与平面A1BC1的距离
Z
D
C
B A
D1 A1
X
C1 Y
B1
空间向量在
评述：
立几中应用
空间向量在
立几中应用
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在
立几中应用
利用向量判断位置关系
利用向量可证明四点共面、线线平 行、线面平行、线线垂直、线面垂直等问 题，其方法是通过向量的运算来判断，这 是数形结合的典型问题
空间向量在
立几中应用
空间向量在
立几中应用
空间向量在
立几中应用
利用向量求空间角
利用向量可以进行求线线角、线面 角、面面角，关键是进行向量的计算
空间向量在立体几何中的应用
中往往不是这样，那就需要作辅助线进而寻找三条互相垂
直的直线.
z
o
x
y
z
o x
y
z
o
x
y
z
P
F G M D
o
C E B
y
x
A
如图，有两个平面 α 与 β 所成的角跟 法向量 n1 与 n2 所成的角相等或互补， 所以 首先应判断二面角是锐角还是钝角．
cos cos n1 , n1
空 间 向 量 巧 应 用
利用空间向量求解空间夹角问题
空 间 向 量 巧 应 用
利用空间向量求解空间距离问题
空间建系有方法
利用空间向量能将立体几何问题转化为代数问题，对 空间感不好的同学们是一种很好地解题方法.此类问题的关 键就是建系.通常我们建立的是右手系，如果立体图形中有 现成的三条互相垂直的直线，就很容易建系，但实际问题
空间向量在立体几何中的应用
空 间 向 量 巧 应 用
利用空间向量证明空间中的位置关系（平行）
线线平行：
证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．
线面平行：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； ②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量； ③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共 线向量线性表示．
二面角平面角为钝角： 二面角平面角为锐角：
cos cos n1 , n1
总
结
以上介绍了空间向量处理立体几何问题的常见类题型及
常用方法，空间向量能能有效解决空间直线与直线、直线与 平面、平面与平面的位置关系和夹角问题.空间向量在一定 程度上把需要有良好空间想象能力的几何问题转化为“计算 题”.同学们还需做一定数量的题目，总结规律，提炼方法，
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中具有广泛的应用，这里列举了一些常见的应用：
1. 空间向量的加减法可以用于求解线段的向量表示，进而计算线段长度等相关信息。
2. 空间向量的点积可以用于计算两个向量之间的夹角，得到两个向量是否相互垂直或平行。
3. 空间向量的叉积可以用于计算多边形面积等相关信息，还可以判断三角形的方向（左手定则）。
4. 空间向量的投影可以用于求解点到平面或直线的垂足，计算平面或直线方程等。
5. 空间向量可以用于求解两条直线或两个平面的交点，并判断这两个对象之间的位置关系等。
总之，空间向量是立体几何中非常重要的工具，它们提供了一种直观、准确的表示方式，帮助我们更好地理解和计算立体几何中的问题。
空间向量在立体几何中的应用
1
1
BA (1,1,2),CB (0,1,2), BA CB 3,
1
1
1
1
BA 6, CB 5..
z C1
B1
1
1
BA CB 1
A1
M
cos BA CB 1 1 30.
1 1 BA CB 10
1
1
N
(3) 依题意得C (0,0,2), M(1 , 1 ,2),
练习：
B' C'
在三棱柱ABC A' B 'C '中，
A'
底面是正三角形，AA' 底面ABC，
A'C AB ',求证：BC ' AB '
0 A'C AB ' (c a) (b a)
C
B
2
cbcaaba
A
2
a
c
b
1
2
BC' AB' (c a b) (b a)
设底面边长为2,高为h, 坐标法
如图建立空间直角坐标系.
C
B
A
A( 3,0,0), B(0,1,0),C(0,1,0).
A'( 3,0, h), B'(0,1, h),C'(0,1, h).
AB ' ( 3,1, h), A'C ( 3, 1, h), BC ' (0, 2, h)
3
3
C
几何法呢？
2 DC 1 DE
3
3
所以MN、DC、DE共面
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1.能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3.培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；【知识梳理】一、空间向量的运算 1、向量的几何运算 （1）向量的数量积：已知向量 ，则 叫做 的数量积，记作 ，即 空间向量数量积的性质：① ；② ；③．（2）向量共线定理：向量()0a a ≠与b 共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使b a λ=． 2、向量的坐标运算 （1）若，，则．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
（2）若 ， ，则 ，，，；，．（3）夹角公式：（4）两点间的距离公式：若，，则二、空间向量在立体几何中的应用2.利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．3.利用空间向量证明垂直问题对于垂直问题，一般是利用进行证明；4.利用空间向量求角度（1）线线角的求法：设直线AB、CD对应的方向向量分别为a、b，则直线AB与CD所成的角为（线线角的范围[00,900]）（2）线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为（3）二面角的求法：设n1，n2分别是二面角的两个面，的法向量，则就是二面角的平面角或其补角的大小（如图）5.利用空间向量求距离（1）平面的法向量的求法：设n=(x,y,z)，利用n与平面内的两个不共线的向a，b垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面的一个法向量（如图）。
（2）利用法向量求空间距离 （a ） 点A 到平面的距离： ，其中，是平面的法向量。
（b ） 直线与平面之间的距离： ，其中，是平面的法向量。
（c ） 两平行平面之间的距离： ，其中， 是平面的法向量。
【经典例题】【例1】（2010全国卷1理）正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为（ ）（A ）23 （B ）33 （C ）23 （D ）63 【解析】D【例2】（2010全国卷2文）已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为（ ）（A ）34 (B) 54(C) 74 (D) 34【解析】D【例3】（2012全国卷）三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为____________。
浅谈空间向量在立体几何中的应用
浅谈空间向量在立体几何中的应用引言：在高中数学中，向量既有代数的抽象也有几何的直观，其中的“数”与“行”完美结合的特点使得我们可以运用向量解决立体几何中某些复杂的问题。
正因为有向量的知識，解决立体几何一类的问题的时候就可以弥补部分同学在空间想象能力不足的缺陷，这在一定程度上降低了立体几何的做题难度。
一、向量在立体几何中的作用空间向量是高中数学教材中后来添加的新内容，它的功效就在于能够取代之前在传统教材中的地位，从目前的效果可以看出，它的作用是多方面的，主要涉及到垂直问题，角度问题，以及法向量之间的计算应用问题等。
1.空间向量的作用（1）证明垂直，面对线面垂直以及面面垂直的问题的时候，在算出法向量的基础上，通过证明直线平行于法向量即可得出结论；还有想要证明面面垂直的结论，证明出两平面的法向量是垂直的，即可得出最终的结论。
（2）计算角度，求二面角的精髓就在于转换两个法向量之间的角度来计算；立体几何中的平行问题是通过向量的基本定理进行验证的。
2.平面法向量（1）法向量，指的是与已知平面垂直的向量值，这个是可以根据坐标位置的确定有多个的，就我们使用的经验来讲一般是选择最为方便的那个来操作的。
（2）法向量的计算，根据一般情况建立适当的平面直角坐标轴，假设所知平面的法向量为m（a，b，c），在所在平面内找到两个相交的直线S，T，同时运用法向量来定义他们。
因为法向量垂直于所在平面，所以必定也垂直S，T，利用垂直向量点乘为零列出方程组。
由于有三个未知数a，b，c，通常是假设其中一个是较特殊的值，再求出另外两个的值。
二、向量在立体几何中的实际运用空间向量作为新鲜血液，解决几何问题时更具优势，解题者思维能清晰明了。
这样的方法不仅节省时间还能够简单地解决问题。
1.立体几何的证明和计算问题主要分成二大板块：位置问题和度量问题。
位置问题就是线线，线面之间的关系等；度量关系就是线线之间，线面之间的角度问题。
（1）证明问题1）假设在一个空间里有任意的一点O点，以及和O点不共线的E，F，G三点，假如：（其中x+y+z=1），则四点M，E，F，G共面。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用第七节空间向量在立体几何中的应用[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解直线的方向向量与平面的法向量．2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理)．4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．了解向量方法1.高考中很少考查直线的方向向量，而平面法向量则多渗透在解答题中考查．2.利用向量法证明有关线、面位置关系，在高考有所体现，如2012年陕西T18，可用向量法证明．3.高考对空间向量及应用的考查，多以解答题形式考查，并且作为解答题的第二种方法考查，如2012年北京T16，天津T17等.在研究立体几何问题中的应用.[归纳·知识整合]1．两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．[探究] 1.在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量，但只有两个方程，如何求法向量？提示：给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2.l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量l∥αn⊥m⇔m·n＝0为n，平面α的法向量为m l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α、β的法向量分别为n，m.α∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝03.两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为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)．4．直线和平面所成的角的求法如图所示，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|＝|n·e| |n||e|.5．求二面角的大小(1)如图①，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB u u u r，CD u u u r〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．[探究] 2.两向量的夹角的范围是什么？两异面直线所成角呢？直线与平面所成角呢？二面角呢？提示：两向量的夹角范围是[0，π]；两异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；二面角的范围是[0，π]，注意以上各角取值范围的区别．6．点到平面的距离的向量求法 如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|ABu u u r ·n ||n |. [自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)两条不重合的直线l 1和l2的方向向量分别为v1＝(1，－1,2)，v2＝(0,2,1)，则l1与l2的位置关系是( ) A．平行B．相交C．垂直D．不确定解析：选 C ∵v1·v2＝1×0＋(－1)×2＋2×1＝0，∴v1⊥v2，从而l1⊥l2.2．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则( ) A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交解析：选 B ∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)∴n＝－2a，即a∥n.∴l⊥α.3．若平面α、β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )A．α∥βB．α⊥βC．α、β相交但不垂直D．以上均不正确解析：选C ∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n1与n2不垂直，∴α与β相交但不垂直．4．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11×2＝22，即〈m，n〉＝45°，其补角为135°.∴两平面所成的二面角为45°或135°.答案：45°或135°5．若平面α的一个法向量为n＝(2,1,2)，直线l的一个方向向量为a＝(－1,1,1)，则l 与α所成的角的正弦值为________．解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝|n·a ||n|·|a|＝|－1×2＋1×1＋1×2|－12＋12＋12·22＋12＋22＝39.答案：39用向量法证明平行、垂直[例1] 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E 、F 、E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .[自主解析] 以D 为原点，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，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2.(1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵11C E u u u u r＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0，1FC u u u u r＝(－1,0,1)，∴⎩⎨⎧n ·11C E u u u u r ＝0，n ·1FC u u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.取n ＝(1,2,1)．∵CE u u u r ＝(1，－1,1)，n ·CEu u u r ＝1－2＋1＝0， ∴CEu u u r ⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 由EFu u u r ＝(0,1,0)，FCu u u r ＝(－1,0，－1)，∴⎩⎨⎧m ·EFu u u r ＝0，m ·FC u u u r＝0，即⎩⎨⎧b ＝0，－a －c ＝0.取m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .保持例题条件不变，求证：CF ⊥平面C 1EF . 证明：由例题可知，E (1,0,1)，F (1,1,1)，C (0,1,0)，C 1(0,1,2)，∴CFu u u r ＝(1,0,1)，1C Fu u u u r ＝(1,0，－1)，EFu u u r ＝(0,1,0)．∴CFu u u r ·1C Fu u u u r ＝1×1＋0×0＋1×(－1)＝0，CFu u u r ·EFu u u r ＝1×0＋0×1＋1×0＝0.∴CFu u u r ⊥1C Fu u u u r ，CFu u u r ⊥EFu u u r .∴CF ⊥C 1F ，CF ⊥EF . ∵C 1F ∩EF ＝F ， ∴CF ⊥平面C 1EF .———————————————————1.向量法证明空间平行或垂直的关键点利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上.2.向量法证明线面平行的注意点用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向量是共线平行向量，也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直，在具体问题中可选择较简单的解法.1．(2013·安徽师大附中模拟)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE . 解：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AFu u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BEu u u r＝(a ，3a ，a )，BCu u u r ＝(2a,0，－a )，∵AFu u u r ＝12(BE u u u r＋BC u u u r )，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AFu u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CDu u u r ＝(－a ，3a,0)，EDu u u r ＝(0,0，－2a )，∴AF u u u r ·CD u u u r ＝0，AF u u u r ·ED u u u r＝0， ∴AFu u u r ⊥CDu u u r ，AFu u u r ⊥EDu u u r .又CD ∩DE ＝D ， ∴AFu u u r ⊥平面CDE ，即AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .利用空间向量求空间角[例2] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝FB ＝1.(1)求二面角C －DE －C 1的正切值；(2)求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值．[自主解析] (1)以A 为原点，ABu u u r ，ADu u u r ，1AA u u u r 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0,3,0)、D 1(0,3,2)、E (3,0,0)、F (4,1,0)、C 1(4,3,2)，于是DEu u u r ＝(3，－3,0)，EC 1＝(1,3,2)，FD 1＝(－4,2,2)．设n ＝(x ，y,2)为平面C 1DE 的法向量， 则有⎭⎬⎫n ⊥DEu u u r n ⊥1EC u u u u r ⇒⎭⎬⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2×2＝0⇒x＝y ＝－1，∴n ＝(－1，－1,2)， ∵向量1AA u u u r ＝(0,0,2)与平面CDE 垂直，∴n 与AA 1所成的角θ为二面角C －DE －C 1的平面角或其补角．∵cosθ＝n ·1AA u u u r |n ||1AA u u u r |＝－1×0－1×0＋2×21＋1＋4×0＋0＋4＝63，由图知二面角C －DE －C 1的平面角为锐角， ∴tan θ＝22.(2)设EC 1与FD 1所成的角为β，则cos β＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1EC u u u u r ·1FD u u u u r |1EC u u u u r ||1FD u u u u r | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114. ———————————————————求平面的法向量的步骤(1)设出法向量的坐标，一般设为n＝(x，y，z)；(2)建立方程组，即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直，建立关于x，y，z的方程组．(3)消元，通过加减消元，用一个未知数表示另两个未知数．(4)赋值确定平面的一个法向量．2．(2012·新课标全国卷)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝12AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1BDC1的大小．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝1AA1，可得DC21＋DC2＝CC21，所以DC1⊥DC.2而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC 1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CAu u u r 的方向为x 轴的正方向，|CAu u u r |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则1A Du u u u r ＝(0,0，－1)，BDu u u r ＝(1，－1,1)，1DC u u u u r ＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎨⎧n ·BD u u u r＝0，n ·1A D u u u u r＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·BD u u u r＝0，m ·1DC u u u u r＝0，可取m ＝(1,2,1)．从而cos n ，m ＝n·m |n|·|m|＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.利用向量法求空间距离[例3] 在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝23，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离．[自主解答] 取AC的中点O，连接OS、OB.∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO.∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC ＝AC，∴SO⊥平面ABC，又∵BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴CMu u u u r ＝(3，3，0)，MNu u u u r ＝(－1,0，2)，MBu u u r ＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM u u u u r·n ＝3x ＋3y ＝0，MN u u u u r·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)．∴点B 到平面CMN 的距离 d ＝|n ·MBu u u r||n |＝423.———————————————————求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤 (1)求平面α的法向量n ；(2)在平面α内取一点A ，确定向量PAu u u r 的坐标；(3)代入公式d ＝|n ·PAu u u r ||n |求解．3．已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2.求点B 到平面EFG 的距离．解：如图所示，以C 为原点，CB 、CD 、CG 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知B (4,0,0)，E (4,2,0)，F (2,4,0)，G (0,0,2)，BEu u u r ＝(0,2,0)，GEu u u r ＝(4,2，－2)，EFu u u r ＝(－2,2,0)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·GEu u u r ＝0，n ·EF u u u r＝0，即⎩⎨⎧2x ＋y －z ＝0，－x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝3， ∴n ＝(1,1,3)．点B 到平面GEF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪|BEu u u r |·cos〈BEu u u r ，n 〉＝|BEu u u r ·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0，2，0·1，1，311＝21111.2种方法——用向量证平行与垂直的方法(1)用向量证平行的方法①线线平行：证明两直线的方向向量共线．②线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；b．证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．③面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b．转化为线面平行、线线平行问题．(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．3种角——利用向量法求三种角的问题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角．(1)求两异面直线a、b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|.(2)求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.(3)求二面角αlβ的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．1个易错点——利用平面法向量求二面角的易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点.答题模板——空间向量在立体几何中的应用[典例] (2012·安徽高考·满分12分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA 1的长；(3)求二面角A BC A 1的余弦值．[快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件：四边形BB 1C 1C 是矩形，面ABC ⊥面BB 1C 1C ，面A 1B 1C 1⊥面BB 1C 1C ――――――――――――――→取BC ，B 1C 1的中点D ，D 1连接DD 1DD 1，B 1D 1，A 1D 1两两垂直．2．审结论，明确解题方向 观察结论：(1)证明：AA 1⊥BC ，(2)求AA 1的长，(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值――――――――――――→需建立空间直角坐标系正确写出相关点的坐标转化为向量运算解决．3．建联系，找解题突破口D 1D ，D 1B 1，D 1A 1两两垂直，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5―――――――――――――→以D 1D ，D 1B 1，D 1A 1所在直线分别为z 轴，x 轴，y 轴建立空间直角坐标系―――――→及相关向量 (1)证明1A A u u u r ·BC u u u r ＝0，(2)计算AA 1＝|1AA u u u r|，(3)求平面法向量的夹角―→得相应结论．[准确规范答题](1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1. 因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.⇨(1分) 又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.⇨(2分)故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz .⇨(3分)由题设， 可得A 1D 1＝2，AD ＝1.坐标系建立不当，不能准确地推证AD ∥A 1D 1，导致点A 的坐标求错.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1.⇨(4分)所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0，4)，故1AA u u u r ＝(0,3，－4)，BCu u u r＝(－2,0,0)，1AA u u u r ·BCu u u r ＝0，⇨(5分)因此1AA u u u r ⊥BCu u u r ，即AA 1⊥BC .⇨(6分)(2)因为1AA u u u r ＝(0,3，－4)，所以|1AA u u u r |＝5，即AA 1＝5.⇨(8分)(3)设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，又因为1AC u u u r ＝(－1，－2,4)1A Bu u u r ＝(1，－2,4)，⇨(9分) 所以⎩⎨⎧1AC u u u r ·n 1＝0，1A Bu u u r·n 1＝0，⇨(10分)求出cos 〈n 1，n 2〉＝55后，不判断二面角大小直接得出结论从而失误.即⎩⎨⎧x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎨⎧x 1＝0，y 1＝2z 1.令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)．又因为平面ABC ⊥z 轴，所以取平面ABC 的法向量为n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15＝55，⇨(11分)所以二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.⇨(12分)[答题模板速成]利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：第一利用⇒第二结合⇒第三利用点的坐标不注意条件“z 轴⊥平面ABC ”的应用，增大运算量.步理清题意条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标步确定相关点的坐标建系过程与图形，准确地写出相关点的坐步确立平面的法向量求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量系标⇒第四步转化为向量运算将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为向量的夹角问题去论证，求解⇒第五步问题还原结合条件与图形，作出结论(注意角的范围)⇒第六步反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了所求角的范围而写错结论一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．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AEu u u r与DBu u u r 夹角的余弦值．解：(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ABD ⊥平面BDC . (2)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DBu u u r ，DCu u u r ，DAu u u r 的方向为x ，y ，z 轴的正方向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，∴AEu u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DB u u u r ＝(1,0,0)，∴AEu u u r 与DBu u u r 夹角的余弦值为cos 〈AEu u u r ，DBu u u r 〉＝AE u u u r ·DB u u u r |AEu u u r |·|DBu u u r |＝121×224＝2222. 2．(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AB ＝2，E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点．(1)求证：PA ⊥EF ；(2)求二面角D －FG －E 的余弦值．解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0，1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)∵PAu u u r＝(0,2，－2)，EFu u u r ＝(1,0,0)，∴PA u u u r·EF u u u r ＝0， ∴PA ⊥EF .(2)易知DFu u u r ＝(0,0,1)，FGu u u r ＝(－2,1，－1)．设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·DF u u u r＝0，m ·FG u u u r＝0，即⎩⎨⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量．同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝25×2＝105，由图可知二面角D －FG －E 为钝角， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105.3.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点，点E 在A 1C 1上且DE ⊥AE .(1)证明：平面ADE ⊥平面ACC 1A 1； (2)求直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值．解：(1)证明：由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1，又DE ⊂平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1.(2)如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2.易知ABu u u r ＝(3，1,0)，1AC u u u u r ＝(0,2，2)，ADu u u r＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r＝3x ＋y ＝0，n ·1AC u u u u r ＝2y ＋2z ＝0.解得x＝－33y，z＝－2y.故可取n＝(1，－3，6)．所以，cos〈n，AD u u u r〉＝n·AD u u u r|n|·|AD u u u r|＝2310×3＝105.由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为105.4．(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC 的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE ⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1.因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC . 因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AEu u u r ＝151AA u u u r得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OEu u u r＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·ABu u u r ＝0，n ·1AC u u u r＝0，得⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OEu u u r ，n 〉＝OE u u u r ·n |OEu u u r |·|n |＝3010，即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010. 5．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 ＝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；(3)在(2)的条件下，求二面角F －CC 1－B 的余弦值．解：以D 为坐标原点，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 u u u r＝(－a ，a ，a )，1DD u u u u r ＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB u u u r ，1DD u u u u r〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB u u u r ·1DD u u u u r |1AB u u u r |·|1DD u u u u r ＝33， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)∵1BB u u u r ＝(－a ，－a ，a )，BCu u u r＝(－2a,0,0)，1FB u u u r ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎨⎧1FB u u u r ·1BB u u u r ＝0，1FB u u u r ·BCu u u r ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B . (3)由(2)知，1FB u u u r 为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC u u u u r ＝(0，－a ，a )，FCu u u r ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎨⎧n ·1CC u u u u r＝0，n ·FC u u u r＝0，得⎩⎨⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈1FB u u u r，n 〉＝1FB u u u r ·n |1FB u u u r |·|n|＝33，即二面角F －CC 1－B 的余弦值为33.6．(2013·聊城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：PA∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C的大小．解：(1)连接BD ，四边形ABCD 菱形， ∵∠BAD ＝60°，∴△ABD为正三角形，又Q为AD中点，∴AD⊥BQ.∵PA＝PD，Q为AD的中点，AD⊥PQ，又BQ∩PQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，AD⊂平面PAD.∴平面PQB⊥平面PAD.(2)连接AC交BQ于点N，如图(1)：由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴AQBC＝ANNC＝12.又PMMC＝12，∴PMMC＝ANNC＝12.∴PA∥MN.∵MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，图(1)∴PA ∥平面MQB .(3)由PA ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，则PQ ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为坐标原点，分别以QA 、QB 、QP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A (1,0,0)，B (0，3，0)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)．设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y,1)，可得 图(2)⎩⎨⎧n ·QB u u u r＝0，n ·MN u u u u r＝0.∵PA ∥MN ，∴⎩⎨⎧n ·QBu u u r ＝0，n ·PA u u u r＝0.解得n ＝(3，0,1)．取平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.故二面角M －BQ －C 的大小为60°.7．(2012·福建高考)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为原点，ABu u u r ，ADu u u r，1AA u u u r 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0,1)，故1AD u u u u r＝(0,1,1)，1B Eu u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB u u u r ＝(a,0,1)，AE u u u r＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. ∵1AD u u u u r·1B Eu u u r ＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DPu u u r＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB u u u r ，n ⊥AEu u u r ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DPu u u r ，有a2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴1AD u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD u u u u r ＝(0,1,1)．设1AD u u u u r与n 所成的角为θ， 则cosθ＝n ·1AD u u u u r |n ||1AD u u u u r |＝－a2－a 2·1＋a24＋a 2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用【重要知识】一、求平面法向量的方法与步骤：1、选向量：求平面的法向量时，要选用两个订交的向量，如AB, AC2、设坐标：设平面法向量的坐标为n( x, y, z)n AB03、解方程：联立方程组，并解方程组n AC04、定结论：求出的法向量中三个坐标不是详细的数值，而是比率关系。
设定某个坐标为常数获得其余坐标二、利用向量求空间角：1、求异面直线所成的角：设 a,b 为异面直线，点A,C 为 a 上随意两点，点B, D 为b上随意两点，a, b 所成的角AC BD为，则 cosAC BD【注】因为异面直线所成的角的范围是： 0 90 ，所以 cos 02、求直线与平面所成的角：设直线 l 的方向向量为 a ，平面的法向量为 n ，直线l 与平面所成的角为， a 与 n 所成的角为，则 sin cosa na n【注】因为直线与平面所成的角的范围是： 0 90 ，所以 sin 03、求二面角：设 n1 ,n2分别为平面, 的法向量，二面角l 为，则n1, n2或n1 ,n2 ，此中 cos n1, n2 n1 n2 n1 n2三、利用向量求空间距离：1、求点到平面的距离设平面的法向量为 n ， A , B ，则点 A 到平面的距离为AB n n2、求两条异面直线的距离设 l1 , l2是两条异面直线， n 是公垂线段AB 的方向向量，C, D分别为l1,l2上的随意两点，CD n则l1与 l 2的距离为ABn【重要题型】1 、（ 2012广东，理）如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA 平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC 平面 BDE（1）证明：BD 平面 PAC（2）若PA 1, AD 2，求二面角 B PC A 的正切值2、（ 2013 广东，理）如图①，在等腰三角形ABC 中， A 90 ， BC6 ，D, E分别是AC, AB 上的点， CD BE 2 ，O为BC的中点。
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第6课时空间向量在立体几何中的应用
要点·疑点·考点
课前热身
能力·思维·方法
延伸·拓展
误解分析
要点·疑点·考点
2.向量a 与b 平行的充要条件为：|a·b|=|a|·|b|.
1．向量a 与b 夹角θ满足：
22
222
221212
12
12121cos z y x z y x z z y y x x θ++++++=若a={x 1，y 1，z 1}，b={x 2，y 2，z 2}则
3.向量a 与b 垂直的充要条件为：
a ·b=0即x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2=0
返回
1.四面体每相对两棱中点连一直线，则此三条直线()
(A)互不相交
(B)至多有两条直线相交
(C)三线相交于一点
(D)两两相交得三个交点
课前热身
C
2.在正方体ABCD—A
1B
1
C
1
D
1
中棱长为a，M，N分别
为A
1B和AC上的点，A
1
M=AN=a，则MN与平面
BB
1C
1
C的位置关系是()
(A)相交(B)平行(C)垂直(D)不能确定3 2
B
3.已知PA⊥⊙O所在的平面，AB为⊙O的直径，C是圆周上的任意一点(但异于A和B)，则平面PBC垂直于平PAC
面_________．
4.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为()(A)arccos (B)arccos (C)arccos (D)arccos 2
31010535
2D 【解题回顾】空间两条直线
之间的夹角是不超过90°的
角．因此，如果按公式计算
分子的数量积为一个负数，则应当取其绝对值，使之变为正值，这样求得的角为锐角，这一说明在以后很多计算问题中经常被用到.
5．P是二面角α-AB-β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM，PN，如果∠BPM=∠BPN=45°,
∠MPN=60°，那么二面角α-AB-β的大小为()
D (A)60°(B)70°
(C)80°(D)90°
【解题回顾】从本题解法中我们看到，在求二面角时，没有必要一定要从棱上同一点出发引垂直于棱的垂线.
返回【解题回顾】从本题解法中我们看到，在求二面角时，没有必要一定要从棱上同一点出发引垂直于棱的垂线.6．设n 是平面α的单位法向量，AB 是平面α的一条斜线，其中A ∈α，则AB 与平面α所成的角为
；B 点到平面α的距离为_________
.AB
n AB arcsin AB·n
能力·思维·方法
【解题回顾】用向量求异面
直线所成的角，可能会因为
我们选择向量方向的缘故，
而求得该角的补角．所以最
后作答时要加以确认(取小于或等于90°的角作为异面直线所成角).
1.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=a ，BC=b ，AA 1=c ，求异面直线BD 1和B 1C 所成角的余弦值.
【解题回顾】本题中，不失一般性，可以取OB=b=1，OC=c=1，这样使过程更加清晰.2.三条射线OA ，OB ，OC ，若∠BOC=α,∠COA=β,∠AOB=γ，又α二面角B-OA-C 的大小为θ，试证这些角之间有如下关系：
γ
βγβαθsin sin cos cos cos cos -=
3.已知△ADB和△ADC都是以D为直角顶点的直角三角形，且AD=BD=CD，∠BAC=60°.
(1)求证BD⊥平面ADC；
(2)若H是△ABC的垂心，
求证H是D在平面ABC内的射影.
【解题回顾】将“两线垂直”问题
向“两线所在的向量的数量积为
0”转化.
【解题回顾】根据向量和的平行四边形法则，在平行六面体中利用量解题应当是最方便的，同学们应用心体会.4.平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4,AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB =∠A 1AD =.(1)求证：顶点A 1在底面ABCD
的射影在∠BAD 的角平分线上；
(2)若M 、N 分别在D 1C 1、B 1C 1上
且D 1M=2，B 1N=2，求BN 与CM
所成的角.
3π
延伸·拓展
5.四面体ABCD中，∠DAC=∠BAC=∠BAD=60°，AC=AD=2，AB=3.
(1)求直线AC和BD所成角的余弦值；
(2)求点C到平面ABD的距离.
【解题回顾】求两点间距离可以转化为向量的模.
6.设l 1，l 2是两条异面直线，其公垂线段AB 上的单位向量为n ，又C ，D 分别是l 1，l 2意一点，求证
|AB|=|CD·n|；
【解题回顾】在以上推导中，
我们已暗中假定了n 的方向是
由l 1上的点A 指向l 2上的点B ，
而CD 的方向也是由l 1上的点C
指向l 2上的点D ．这样求得的
CD·n 是正值.如果n 指向与CD
指向不同则CD·n 是负值，所以一般地就写成|AB|=|CD·n|.
又如果n 不是单位向量，则n CD AB ⋅=
7.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，求体对角线BD 1与面对角线B 1C 的距离.
【解题回顾】DA ，DC ，DD 1有着基底的作用，我们将BD 1与B 1C 的公垂线段向量n 用这组基底来表示.因为相差一个常数因子不影响其公垂性，所以设定了n=DA+λDC+μDD 1，使其只含有两个待定常数，这样就方便多了.
误解分析
关于向量的命题：
1.若|a|=0，则a=0；(×)
2.若|a|=|b|，则a=b或a=-b；(×)
3.a0为单位向量，a∥a0，则a=|a|a0；(×)
4.0·a=0；(×)
5.|a·b|=|a|·|b|；(×)
6.若a·b=0，则a=0或b=0；(×)
7.a∥b a·b=|a|·|b|(×)
8.a、b都是单位向量，则a·b=1；(×)
9.若|a·b|=0，则|a|=0或|b|=0；(×)
10.(a·b)·c=a·(b·c).(×)
尝试说明上述命题为假的理由.。