利用空间向量立体几何(完整版)
(完整版)高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳(2),推荐文档
平行垂直问题基础知识用空间向量解立体几何题型与方法直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面 α，β 的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)， v ＝(a 4，b 4，c 4)(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2) 线 面 垂 直 ： l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc3(3)面面平行： α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例 1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P -ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2. (1)求证：EF ∥平面 PAB ；(2)求证：平面 PAD ⊥平面 PDC .[证明] 以 A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 如图所示，则 A(0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以 1 1 1 1 ( ，1， ) (0，1， ) (－ ，0，0) E2 2 ，F 2 ， E F ＝ 2 ， PB ＝(1,0，－1)， PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)， AD ＝(0,2,0)， DC ＝(1,0,0)， AB ＝(1,0,0)．(1) 因为1 2EF ＝－ AB ，所以 EF ∥ AB ，即 EF ∥AB .又 AB ⊂平面 PAB ，EF ⊄平面 PAB ，所以 EF ∥平面 PAB .(2)因为 AP · D C ＝ ( 0 ,0,1) ·( 1 , 0,0)＝0， AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ，即 AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面 PAD ，AD ⊂平面 PAD ，所以 DC ⊥平面 PAD .因为 DC ⊂ 平面 PDC ，所以平面 PAD ⊥平面 PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定， 也可以证明两个平面的法向量垂直.例 2、在直三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点 E 在线段 BB 1 上，a 且 EB 1＝1，D ，F ，G 分别为 CC 1，C 1B 1，C 1A 1 的中点．求证：(1) B 1D ⊥平面 ABD ；(2) 平面 EGF ∥平面 ABD .证明：(1)以 B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直角坐标系 ， 如图所示，则 B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设 BA ＝a ，则 A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)， BD ＝(0,2,2)， B 1D ＝(0,2，－2)， B 1 D · BA ＝0， B 1 D · BD ＝0＋4－4＝0，即 B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又 BA ∩BD ＝B ，因此 B 1D ⊥平面 ABD .(1) E (0,0,3) G 2 ( ，1，4 (2))由 a ，1，12知， ， ，F (0,1,4)， 则 EG ＝( )， EF ＝(0,1,1)，B 1 D · EG ＝0＋2－2＝0， B 1 D · EF ＝0＋2－2＝0，即 B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又 EG ∩EF ＝E ，因此 B 1D ⊥平面 EGF . 结合(1)可知平面 EGF ∥平面 ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1) 向量法求异面直线所成的角：若异面直线 a ，b 的方向向量分别为 a ，b ，异面直线所|a ·b |成的角为 θ，则 cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ||b |.(2) 向量法求线面所成的角：求出平面的法向量 n ，直线的方向向量 a ，设线面所成的角为|n ·a |θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ||a |.(3) 向量法求二面角：求出二面角 α－l －β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n 1，n 2，|n 1·n 2|若二面角 α－l －β 所成的角 θ 为锐角，则 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1||n 2|；若二面角 α－l －β 所成的角 θ 为钝角，则 cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－ |n 1·n 2||n 1||n 2|.例 1、如图，在直三棱柱 A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点 D 是 BC 的中点．(1) 求异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值； (2) 求平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值．[解] (1)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1820 × 183 109 | |A 1B ＝(2,0，－4)，C 1D ＝(1，－1，－4)．因为 cos 〈 · 3 10 | ||| 10A 1B ，C 1D 〉＝ ＝ ＝ ，所以异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值为 10 .(2)设平面 ADC 1 的法向量为 n 1＝(x ，y ，z )，因为 ＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n 1·＝0，n 1·AD AC 1＝0，即 x ＋y ＝0 且 y ＋2z ＝0，取 z ＝1，得 x ＝2，y ＝－2，所以，AD AC 1n 1＝(2，－2,1)是平面 ADC 1 的一个法向量．取平面 ABA 1 的一个法向量为 n 2＝(0,1,0)．设平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的大小为 θ.n 1·n 222 由|cos θ|＝|n 1||n 2| ＝×1＝3， 得 sin θ＝ 3 .因此，平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值为 3 .例 2、如图，三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中， CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线 A 1C与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．[解] (1)证明：取 AB 的中点 O ，连接 OC ，OA 1，A 1B . 因为 CA ＝CB ，所以 OC ⊥AB .由于 AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以 OA 1⊥AB . 因为 OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面 OA 1C . 又 A 1C ⊂平面 OA 1C ，故 AB ⊥A 1C .(2)由(1)知 OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1B ，交线为AB ，所以 OC ⊥平面 AA 1B 1B ，故 OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O -xyz . 由题设知 A (1,0,0)，A 1(0，B (－1,0 ,0 )．3，0)，C (0,0， 3)， 则BC ＝(1,0，3) ， BB1 ＝ AA 1 ＝(－1，3，0)， A 1C ＝(0，－设 n ＝(x ，y ，z )是平面 BB 1C 1C 的法向量，则Error!即Error! 可取 n ＝( 3，1，－1)．553， 3)．3 3，0)， CB ＝(2，－2 3，0)， CS ＝(0，－2，1)．故 cos n ，A 1Cn ·＝|n |||＝－ 5 .所以 A 1C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值为 5 .(1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2) 求空间角应注意：①两条异面直线所成的角 α 不一定是直线的方向向量的夹角 β，即 cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所 求．例 3、如图，在四棱锥 S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面 SAD ⊥平面 ABCD ，E 是线段 AD 上一点，AE ＝ED ＝(1) 证明：平面 SBE ⊥平面 SEC ；(2) 若 SE ＝1，求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值．3，SE ⊥AD . 解：(1)证明：∵平面 SAD ⊥平面 ABCD ，平面 SAD ∩平面 ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面 ABCD .∵BE ⊂平面 ABCD ，∴SE ⊥BE .∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝∴∠BEC ＝90°，3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°.即 BE ⊥CE .又 SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面 SEC . ∵BE ⊂平面 SBE ，∴平面 SBE ⊥平面 SEC .(2)由(1)知，直线 ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以 E 为原点，EB 为 x 轴，EC 为 y 轴，E S 为所以 CE z 轴，建立空间直角坐标系．则 E (0,0,0)，C (0,2 3，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)， 设平面 SBC 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令 y ＝1，得 x ＝ 3，z ＝2 3，则平面 SBC 的一个法向量为 n ＝( 3，1,2 3)．n · 1设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为 θ，则 sin θ＝||n |·|||＝4， 1010＝(0，－23 1 ()1故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为4.例 4、如图是多面体 ABC -A 1B 1C 1 和它的三视图．(1) 线段 CC 1 上是否存在一点 E ，使 BE ⊥平面 A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2) 求平面 C 1A 1C 与平面 A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知 AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则 CC ＝(－1,1,2)，A 1C 1 ＝(－1，－1,0)， A 1C ＝(0，－2，－2)．设 E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，EC 1 ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ EC 1 (λ>0)，－λ －2－λ 2λ则Error!则 E (1＋λ ，， 1＋λ 1＋)λ ，2＋λ ＝ 1＋ ， －2－λ 1＋ ，2λ 1＋λ .BEλ λ 由Error!得Error!解得 λ＝2， 所以线段 CC 1 上存在一点 E ，＝2，使 BE ⊥平面 A 1CC 1. CE EC 1(2)设平面 C 1A 1C 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )，则由Error!得Error!取 x ＝1，则 y ＝－1，z ＝1.故 m ＝(1，－1,1)，而平面 A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，m ·n 则 cos 〈m ，n 〉＝|m ||n |＝3 为 3 .利用空间向量解决探索性问题13＝ 3 ，故平面 C 1A 1C 与平面 A 1CA 夹角的余弦值 例 1、如图 1，正△ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E ，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A -DC -B (如图 2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E-DF-C 的余弦值；BP(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E，F 分别是AC，BC 中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以点D 为坐标原点，以直线DB，DC，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA则Error!即Error!取n＝(3，－＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n＝(x，y，z)，3，3)，·n 21 21cos〈DA ，n〉＝| ||n| 7 7＝，所以二面 角 E -D F -C 的余弦值为.(3)存在．设P(s，t,0)，有2 3＝(s，t，－2)，则AP·＝3t－2＝0，∴t＝AP DE3 ，又BP ＝(s－2，t,0)，PC ＝(－s,2＝－st，3－t,0)，∵ BP ∥ PC ，∴(s－2)(2∴ 3s＋t＝2 3. 把t＝2 334代入上式得s＝3，∴＝31，BP BCBP 1∴在线段BC 上存在点P，使AP⊥DE. 此时，BC＝3.1空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.3－t)2例 2、.如图所示，在直三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若 D 为 AA 1 中点，求证：平面 B 1CD ⊥平面 B 1C 1D ；(2)在 AA 1 上是否存在一点 D ，使得二面角 B 1-CD -C 1 的大小为 60°？解：(1)证明：如图所示，以点 C 为原点，CA ，CB ，CC 1 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建 立空间直角坐标系．则 C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)， 即C 1 B 1 ＝(0,2,0)， DC 1 ＝(－1,0,1)， CD ＝(1,0,1)．由C 1 B 1 ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得C 1B 1 ⊥ CD ，即 C 1B 1⊥CD . 由DC 1 · CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得 DC 1 ⊥ CD ，即 DC 1⊥CD .又 DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面 B 1C 1D .又 CD ⊂平面B 1CD ，∴平面 B 1CD ⊥平面 B 1C 1D .(2)存在．当 AD ＝ 2 2AA 1 时，二面角 B 1 -CD -C 1 的大小为 60°.理由如下：设 AD ＝a ，则 D 点坐标为(1,0，a C)D ， ＝(1,0，a )，＝(0,2,2)，设平面 B 1CD 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )，则Er ro r! ⇒Error!令 z ＝－1，得 m ＝(a,1，－1)．CB 1又∵ CB ＝(0,2,0)为平面 C 1CD 的一个法向量，则 cos 60°|m ·| 11＝|m |·||＝ 解得 a ＝ 2(负值舍去)，故 AD ＝ 2＝ 2AA 1.∴在 AA 1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥 P -ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， π∠ACB ＝∠ACD ＝3，F 为 PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求PA 的长；(2)求二面角 B -AF -D 的正弦值．(1) 学审题——审条件之审视图形a 2＋2＝2，3建系――→由条件知AC⊥BD DB，AC 分别为x，y 轴―→写出A，B，C，D 坐标PA ⊥ 面ABCD PF＝C AF ⊥ PB――――――――→F――→――→设P 坐标可得F 坐标AF ·PB ＝0―→得P 坐标并求PA 长．(2)学审题由(1)―→ AD，AF，A的B坐标向量n1，n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量 ―――――――――――――――――――→ n ·AD ＝0 且n ·AF ＝0―→求得1 1n1·n2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O，因为B C ＝ CD ， 即 △B C D 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD，故AC⊥BD.以O 为坐标原点，，，的方向分别为x 轴，yOB OC AP轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，则OC＝CD cosππ3＝1.而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3. 又OD＝CD sin3＝3，故A(0，－3,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)．(0，－1，z)因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F 为PC 边中点，知F 2 .又z(0，2，AF ＝z2)2 ，PB ＝( 3，3，－z)，AF⊥PB，故AF ·PB ＝0，即6－2 ＝0， z ＝ 2 3(舍去－2 3)，所以| PA |＝ 2 .(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝( 3，3,0)，AF ＝(0,2，3).设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1A·Dn1＝(3 ，由n2·n2＝(3，－＝0，n1AF·＝0，n2·＝0，得Error!因此可取＝0，得Error!故可取3，－2)．3，2)．AB AFn1·n2 1 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝|n1|·|n2|＝8.3 7故二面角B-AF-D 的正弦值为8 .建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD ，3 若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例 2、如图，在空间几何体中，平面 ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝2.BE 与平面 ABC 所成的角为 60°，且点 E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1) 求证：DE ∥平面 ABC ； (2) 求二面角 E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为 2 的等边三角形，取 AC 的中点 O ，连接 BO ，DO ，则 BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面 ACD ⊥平面 ABC ， ∴DO ⊥平面 ABC . 作 EF ⊥平面 ABC ，则 EF ∥DO . 根据题意，点 F 落在 BO 上，∴∠EBF ＝60°，易求得 EF ＝DO ＝ 3，∴四边形 DEFO 是平行四边形，DE ∥OF .∵DE ⊄平面 ABC ，OF ⊂平面 ABC ，∴DE ∥平面 ABC .(2) 建立如图所示的空间直角坐标系 O -xyz ，可求得平面 ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．3，0)，E (0， 3－1，3，0)，可得 C (－1,0,0)，B (0，BE ＝(0，－1，3)．)， 则 CB ＝(1，设平面 BCE 的法向量为 n 2＝(x ，y ，z )，则可得 n 2CB ·＝0，n 2BE · ＝0， 即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1， 3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)． n 1·n 113 故 cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1|·|n 2|＝ 13 . 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，13故二面角 E -BC -A 的余弦值为 13 .专题训练1. 如图所示，在多面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1 和 ABCD互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a . (1)求异面直线 AB 1与 DD 1 所成角的余弦值；(2)已知 F 是 AD 的中点，求证：FB 1⊥平面 BCC 1B 1.解：以 D 为原点，DA ，DC ，DD 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示3||·|| 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)∵·AB 1 ＝(－a ，a ，a )， DD 1 ＝(0,0，a )，∴cos 〈 AB 1 ， DD 1 〉＝＝3 3 ，所以异面直 线AB 1 与 DD 1 所成角的余弦值为 3 . (2) 证明：∵BB 1 ＝(－a ，－a ，a )， BC ＝(－2a,0,0)， FB 1 ＝(0，a ，a )， ∴Error!∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面 BCC 1B 1.2. 如图，在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，AA 1C 1C 是边长为 4 的正方形，平面 ABC ⊥平面 AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1) 求证：AA 1⊥平面 ABC ；(2) 求二面角 A 1-BC 1-B 1 的余弦值；BD(3) 证明：在线段 BC 1 上存在点 D ，使得 AD ⊥A 1B ，并求BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形 AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面 ABC ⊥平面 AA 1C 1C ，且 AA 1 垂直于这两个平面的交线 AC ，所以 AA 1⊥平面 ABC .(2)由(1)知 AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知 AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以 AB ⊥AC .如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A -xyz ，则 B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，A 1B ＝(0,3，－4)， A 1C 1 ＝(4,0,0)．设平面 A 1BC 1 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令 z ＝3，则 x ＝0，y ＝4，所以 n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面 B 1BC 1 的一个法向量为 m ＝(3,4,0)．所以 cos 〈n ，m 〉n ·m 16 ＝|n ||m |＝25.16由题知二面角 A 1-BC 1-B 1 为锐角，所以二面角 A 1-BC 1-B 1 的余弦值为 25. (3) 证明：设 D (x ，y ，z )是直线 BC 1 上一点，且 ＝λ .BD BC 112＋ 2－2 × 1 × cos 60° ( )112 23 1 11 9 1所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得 x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以25 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD · A 1B ＝0，即 9－25λ＝0，解得 λ＝.9因为25∈[0,1]，所以在线段 BC 1 上存在点 D ，使得 AD ⊥A 1B .BD 9此时，BC 1＝λ＝25.3. 如图(1)，四边形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2. 将图(1)沿直线 BD 折起，使得二面角A-B D -C 为 60°，如图(2)．(1) 求证：AE ⊥平面 BDC ；(2) 求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值．1解：(1)证明：取 BD 的中点 F ，连接 EF ，AF ，则 AF ＝1，EF ＝2，∠AFE ＝60°. 3 由余弦定理知 AE ＝＝ 2 .∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为 BD 中点．∴BD ⊥AF .又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即 BD ⊥CD .又 E 为 BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又 EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面 AEF .又 BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面 BDC .(2) 以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A30，0，2 ，(－1， ，0) (1，－ ，0) C 2 ，B 2 ，(－1，－ ，0)(1， ，1 3) (－1) ， ，－ D2， DB ＝(2,0,0)， DA ＝22 ， AC ＝2 2.设平面 ABD 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，)(5.由Error!得Error!取 z ＝ 3， 则 y ＝－3， 又 ∵n ＝(0，－3， 3)．n ·∴cos 〈n ， A 〉C＝|n |||＝－ 4 .故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为 4 .4. 如图所示，在矩形 ABCD 中，AB ＝3 5，AD ＝6，BD 是对角线，过点 A 作AE ⊥BD ，垂足为 O ，交 CD 于 E ，以 AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点 D 到点 P 的位置，且 PB ＝ 41.(1)求证：PO ⊥平面 ABCE ； (2)求二面角 E -AP -B 的余弦值． 解：(1)证5，AD ＝6，∴BD ＝9.在矩形 ABCD 中，明：由已知得 AB ＝3 ∵AE ⊥BD ，DO AD∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴AD ＝BD ，∴DO ＝4，∴BO ＝5.在△POB 中，PB ＝ 41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又 PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面 ABCE .(2)∵BO ＝5，∴AO ＝ AB 2－OB 2＝2以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 P (0,0,4)，A (2B (0,5,0)，5，0,0)，PA ＝(2 5，0，－4)， PB ＝(0,5，－4)．设 n 1＝(x ，y ，z )为平面 APB 的法向量．则Error!即Error!取 x ＝2 5得n 1＝(25，4,5)．又 n 2＝(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量， n 1·n 24 4 61 ∴cos 〈n 1 ，n 2〉＝|n 1|·|n 2|＝ 4 6161 × 1＝ 61 ，故二面角 E -AP -B 的余弦值为 61 .5. 如图，在四棱锥 P -ABCD 中，侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝ 2，PA ⊥PD ，底面 ABCD 为直角梯形，其中1066 BC ∥AD ，AB⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点． (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段 PD 上是否存在一点 Q ，使得二面角 Q -AC -D 的余弦值为PQ3 ？若存在，求出QD 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为 AD 中点，所以 PO ⊥AD .又侧面 PAD ⊥底面ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ，PO ⊂平面 PAD ，所以 PO ⊥平面 ABCD .又在直角梯形 ABCD 中，连接 OC ，易得 OC ⊥AD ，所以以 O 为坐标原点， OC ，OD ，OP 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则 P (0,0,1)， A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D ( 0 ,1 ,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证 OA ⊥平面 POC ，∴ OA ＝(0，－1,0)是平面 POC 的法向量，cos 〈| |||·P B， OA 〉＝ ＝. ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为.(2)PD ＝(0,1，－1)， CP ＝(－1,0,1)．设平面 PDC 的一个法向量为 u ＝(x ，y ，z )，|·u | 3 则Error!取 z ＝1，得 u ＝(1, 1 ,1 )．∴B 点 到 平面 PCD 的 距 离 为 d ＝|u |＝ 3 .(3) 假设存在一点 Q ，则设 ＝λ (0<λ<1)．∵PQ PD＝(0,1，－1)， PD ∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝ OQ － OP ，∴ OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)．设平面 CAQ 的一个法向量为 m ＝(x ，y ，z )，又 A ＝C (1,1,0)，AQ ＝(0，λ＋1,1－λ)， 则Error!取 z ＝λ＋1，得 m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面 CAD 的一个法向量为 n ＝(0,0,1)，二面角 Q -AC -D 的余弦值为 3 ，|m ·n | 6 1所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ||n |＝ 3 ，得 3λ2－10λ＋3＝0，解得 λ＝3或 λ＝3(舍)，PQ 1所以存在点 Q ，且QD ＝2.6. 如图，在四棱锥 S -ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱 SA ⊥底面6333610 2－12 ＋5( ) 1 1 x ( )x 35 66 | | || | | 1ABCD ，AB 垂直于 AD 和 BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.M 是棱 SB 的中点．(1) 求证：AM ∥平面 SCD ；(2) 求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值；(3) 设点 N 是直线 CD 上的动点，MN 与平面 SAB 所成的角为 θ，求 sin θ 的最大值． 解： (1) 以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)， S (0,0,2)，M (0,1,1)．所以 ＝(0,1,1)， ＝(1,0，－2)，＝(－1，－2,0)．AMSD CD设平面 SCD 的法向量是 n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令 z ＝ 1 ， 则 x ＝2，y ＝ － 1 ， 于是 n ＝(2，－1,1)．∵ ·n ＝0，∴ ⊥n .又 AM ⊄平面 SCD ，AMAM∴AM ∥平面 SCD .(2) 易知平面 SAB 的一个法向量为 n 1＝(1,0,0)．设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为 φ，则 |cos φ|＝6n 1·n 1，0，0 · 2，－1，12|n 1|·|n | ＝ 1·＝1· ＝ 3 ，即 cos φ＝ 3 .6∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 3 .(3)设 N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则 MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面 SAB 的一个法向量为 n 1＝(1,0,0)，∴sinθ＝ |x ，2x －3，－1· 1，0，0| |x||1 1|x 2＋ 2x －3 2＋ －12·1 ＝ 5x 2－12x ＋10 ＝5－12 ·x ＋10·x 2 1110 (1－ 3)＋ 7＝ ＝1 3 52 x 5 5 . 当x ＝5，即 x ＝3时，(sin θ)max ＝ 7 .7、如图，四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，FA ⊥CD .66 t(1) 证明：在平面 BCE 上，一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平行； (2) 求二面角 F -CD -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BC ∥AD ，BE ∩BC ＝B ，AD ∩AF ＝A ， ∴平面 BCE ∥平面 ADF .设平面 DFC ∩平面 BCE ＝l ，则 l 过点 C .∵平面 BCE ∥平面 ADF ，平面 DFC ∩平面 BCE ＝l ， 平面 DFC ∩平面 ADF ＝DF .∴DF ∥l ，即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l ，使得 DF ∥l . (2)∵FA ⊥AB ，FA ⊥CD ，AB 与 CD 相交，∴FA ⊥平面 ABCD .故以 A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为 x 轴， y 轴 ，z 轴建立空 间 直 角坐标系，如 图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴ ＝(－1,0,2)， ＝(1,2,0)．设平面 DFC 的一个法向量为 n ＝(x ，y ，z )， 则Error!⇒Error!不妨设 z ＝1.DF DC则 n ＝(2，－1,1)，不妨设平面 ABCD 的一个法向量为 m ＝(0,0,1)． m ·n ∴cos 〈m ，n 〉＝|m ||n |＝16＝ 6 ，由于二面角 F -CD -A 为锐角，6∴二面角 F -CD -A 的余弦值为 6 .8、.如图，在四棱锥 P -ABCD 中，PD ⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是菱形， AC ＝2，BD ＝2 3，E 是 PB 上任意一点．(1) 求证：AC ⊥DE ；(2) 已知二面角 A -PB -D 的余弦值为 正弦值．5 ，若 E 为 PB 的中点，求 EC 与平面 PAB 所成角的解：(1)证明：∵PD ⊥平面 ABCD ，AC ⊂平面 ABCD ，∴PD ⊥AC ，∵四边形 ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又 BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面 PBD ， ∵DE ⊂平面 PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面 ABCD ，分别以 OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 PD ＝t ，则 A (1,0,0)，B (0，3，0)，(0，0， )C (－1,0,0)，EAP ＝(－1，－2 ，P (0，－ 3，t )， AB ＝(－1， 3，0)，3，t )．由(1)知，平面 PBD 的一个法向量为 n 1＝(1,0,0)，设平面 PAB 的法向量为15( )2 3n ＝(x ，y ，z )，则根据Error!得Error!令y ＝1，得n ＝3，1， 22t.1515 ∵二面角 A -PB -D 的余弦值为 5 3 ，则|cos 〈n 1，n 2〉 5 ， 即|＝4＋12 15 t 2 ＝5 ， 解 得 t ＝23或 t ＝－2 3(舍去)，∴P (0，－ 3，2 3)．设 EC 与平面 PAB 所成的角为 θ，∵EC ＝(－1,0，－n 2＝(3，1,1)，则 sin θ＝|cos 〈 15为 5 .E ，Cn 2〉|＝ 2 32 × 5＝ 15 5，∴EC 与平面 PAB 所成角的正弦值9、如图 1，A ，D 分别是矩形 A 1BCD 1 上的点， AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形 A 1ADD 1 沿 AD 折叠，使其与平面 ABCD 垂直，如图 2 所示，连接 A 1B ，D 1C 得几何体 ABA 1-DCD 1.(1) 当点 E 在棱 AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；π(2)在棱 AB 上是否存在点 E ，使二面角 D 1-EC -D 的平面角为6？若存在，求出 AE的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点 D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 D -xyz ，则 D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设 E (1，t,0)， 则D 1E ＝(1，t ，－1)， A 1 D ＝(－1,0，－1)，∴ D 1 E · A 1 D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1) ×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .(2)假设存在符合条件的点 E .设平面 D 1EC 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，由(1)知3)，( 1－ t 2＋ ＋ 1 2 )14 11 1EC ＝(－1,2－t,0)，11则Error!得Error!令 y ＝2，则 x ＝1－2t ，z ＝1，(1－ t ， ，1)∴n ＝ 2 2 是平面 D 1EC 的一个法向量，显然平面 ECD 的一个法向量为 DD 1 ＝(0,0,1)，1|n ·| π 3 则 cos 〈n ， DD 1 〉＝|n |||＝＝cos 6，解得 t ＝2－ 3 π(0≤t ≤2)．故存在点 E ，当 AE ＝2－3 时，二面角 D 1-EC -D 的平面角为6.3“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。
高考数学中利用空间向量解决立体几何的向量方法三ppt课件
GEF的距离。
z
G
d|nBE| 2 11.
n
11
xD
C
F
A
E
B
y
练习3:
正方体AC1棱长为1，求BD与平面GB1D1的
距离
Z D1
DD 1 n C1 d
A1
B1
n
G D
A X
C Y
B
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
Z D1
A1
B1
AD n C1 d n
ABC 是D正 方 SB 形 面 A ，BC ，DS 且A 与 面 ABC 所D成 的 45， 角S 点 为 到A 面BC 的D 距 离 1， 为A 求C 与 SD 的 距 离 。
z S
B
Ay
xC
D
结论1
点 P 到平面的距离可以通过，
在平面内任取一点 A，求向量PA在
平面的法向量n上的投影来解决.
P
n
则 d=| PO |= | PA | cos APO.
∵ PO ⊥ , n , ∴ PO ∥ n .
A O
∴cos∠APO=|cos PA, n |.
∴d=| PA||cos PA, n |= | PA | | n | | cos PA, n | = | PA n | .
|n|
|n|
n
N
A
方法指导：若点P为平面α外一点，点A为平面α内任 一点，平面的法向量为n，则点P到平面α的距离公式 为
如何用向量法求点到平面的距离：
如图 A, 空间一点 P 到平面 的距离为 d,已知平面 的
一个法向量为 n ,且 AP 与 n 不共线,能否用 AP 与 n 表示 d ?
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．
立体几何之空间向量法
立体几何之空间向量法【知识要点】1. 利用空间向量证明平行问题的方法(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两个平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(2)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4.2. 利用空间向量证明垂直问题的方法(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两条直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两个平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.(3)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.3. (1)夹角计算公式①两条异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|. (2)距离公式①点点距离：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距离：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M到直线a 的距离d ＝|MN |sin 〈MN ，a 〉； ③线线距离：两条平行线间的距离，转化为点线距离；两条异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距离：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN ||cos 〈MN ，n 〉|＝||||MN n n ； ⑤线面距离：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；⑥面面距离：两平行平面间的距离，转化为点面距离．4. (1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项①建立空间直角坐标系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量或直线的方向向量；④根据向量运算法则，求出问题的结果．(2)利用空间向量巧解探索性问题空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“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，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．一、真题试做1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A ．55B ．53C ．255D ．352．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．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．4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱P A上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．二、热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例１】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.变式训练1如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：＝90°，且AB＝AA(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.热点二利用空间向量证明垂直问题【例２】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.变式训练2如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求P A的长．热点三利用空间向量求角和距离【例３】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.B1所成角的余弦值；(1)求异面直线AC与A(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．变式训练3 已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A －B 1D 1－A 1的大小为β.求证：tan β＝2tan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的 高．热点四 用向量法解决探索性问题【例４】如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P －AC －D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．变式训练4 如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值； (3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．三、思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法．求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．【典型例题】如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．四、练习巩固 1．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若,AB BC BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．4072,4D ．4，407，－15 2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．已知E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A ．26B ．36C ．13D ．664．在四面体PABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．7．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值；(2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．。
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
(完整)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案),推荐文档
由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．，取直线l的方向向量a，则向量及一个向量a，那么经过点A以向量用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：的方向向量分别是a，b，平面α ，β 的法向量分别是，k∈R；0；0；，k∈R；k∈R；＝0．用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：，b是两条异面直线，过空间任意一点分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂．理解直线的方向向量与平面的法向量．．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得RS k PQ =如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．PA 1， ∴),34,0,0()2,00(32321===AA AP ⋅)同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(2要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，4)，＝(－1，EF AK OG 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)C (0，2，0)，N (2，2，1)．),1,0,2(),2,1,0(=CN 所成的角为θ ，则CN ,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．B P ∥MA ，B Q ∥NC ，所成的角．6,522=+==QC PC PQ Q空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，取A 1B 1的中点D ，则，连接AD ，C ⋅))2,2,0(a a D ),2,0,0(),0,,0(),0,0,231a AA a AB a ==,011=⋅AA DC 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E．，PA⊥AC，2，∴CD⊥PB．DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．,0(),0,0,2(),0,-==CP CB ＝(a 1，a 2，a 3)，(b 1，b 2，b 3)．＝1，得).0,2,1(-=a 得取b 3＝1，得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 3如图建立空间直角坐标系．，由已知可得A (0，0，0)，),0,23,0(),0,23,21(a C a a B -),0,0,21(),,0,0a BC a =∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．,0PAC ．的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点．⋅)21,43,0(),21,3a a E a a ⊥平面PAC ，(B)θ ＞ϕ(D)θ ＜ϕ中，E，F，G，H分别为所成角的大小是______．6，且对角线与底面所成角的余弦值为D1中，AA1＝2AB，则异面直线1本文下载后请自行对内容编辑修改删除，的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，，PA⊥底面ABCD，PD所成的角为θ ，则cosθ ＝______．C1D1中，AA1＝2AB＝4，点平面角的余弦值．中，底面ABCD是边长为OA的中点，N为BC的中点．OCD；所成角的大小．平面角的余弦值．习题1和平面α ，下列命题正确的是( α (B)若a ∥α (B)38000(D)4000cm 2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为( )(C)223本文下载后请自行对内容编辑修改删除，C11；平面角的余弦值．PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC MAB；C ；ABB 1；的体积．中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面SD ＝2．点M 在侧棱SC 上，∠的中点；的平面角的余弦值．练习1-3D ．42本文下载后请自行对内容编辑修改删除，，0)，E (0，2，1)，A 1).4∴A 1C ⊥BD ，A 1C ,0=⊥平面DBE ．是平面DA 1E 的法向量，则，得n ＝(4，1，－2)．14，,22(),0,22,0(-D P =-=),2,22,0(OD OP n ＝(x ，y ，z )，则⋅OP n 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，是CA 和平面α 所成的角，则∠，CO ＝1．3=AO ABO ＝∠BAO ＝45°，∴=AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),C A ).1,3,0(-=AC 是平面ABC 的一个法向量，取x ＝1，得=+=-,03,033z y y x 1=n 是平面β 的一个法向量．AB 1＝E ，连接DE ．四边形A 1ABB 1是正方形，是BC 的中点，∴DE ∥A 平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面⊄解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，⋅-)1,0,21(),01B 是平面A 1BD 的一个法向量，,01=D B 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1).0=1234是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN 平面A 1ABB 1，∴MN ⊄MH ．MH ∥A 1B 1，，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴的体积==⋅⋅∆3111MH S V B BC A (，0，0)，则B (22，),12,12,2(λλ++--=BM 故.60 >=BM |.BA BM =解得λ ＝,)12()1222λλ+++-的中点．，0，0)得AM 的中点22(G 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，。
空间向量在立体几何中的应用PPT优秀课件
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＊对应演练＊
如图，四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，PD⊥ 底面ABCD，AD=PD， E,F分别为CD,PB的中点. (1)求证：EF⊥平面PAB;
【分析】可用空间向量的坐标运算来证明. 【证明】以A为原点，AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设AB=a,PA=AD=1,
a 则P(0,0,1),C(a,1,0),E( ,0,0), 2 1 1 D(0,1,0),F(0, 2 , 2 ). 1 1 a (1)AF=(0, , ),EP=(- ,0,1), 2 2 2 a 1 1 EC=( ,1,0),∴AF= EP+ EC, 2 2 2 又AF⊂ 平面PEC,∴AF∥平面PEC.
空间向量在立体几何
考点一
考点二 考点三 考点四
考点五
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的 做平面α的法向量.
方向向量a，则 向量a 叫
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向
a1a2+b1b2+c1c2=0 u· v=0 量v=(a2,b2,c2),则l∥α ⇔ . ⇔
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(2)PD=（0,1,-1）,CD=(-a,0,0), 1 1 ∴AF· PD=(0, , )· (0,1,-1)=0, 2 2 1 1 AF· CD=(0, , )· (-a,0,0)=0, 2 2 ∴AF⊥PD,AF⊥CD，又PD∩CD=D, ∴AF⊥平面PCD.
【评析】用向量证明线面平行时，最后应说明向量 所在的基线不在平面内.
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＊对应演练＊
如图,在正方体ABCD— A1B1C1D1中,E,F,M分别 为棱BB1,CD,AA1的中点. 证明：
空间向量立体几何(绝对经典)
例1：已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1，化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量。
(如图)A BCD A 1B 1C 1D 1G1)1(AA AD AB ++1111)1(AC CC AC AA AC AA AD AB =+=+=++解M 始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量推论:如果 为经过已知点A且平行已知非零向量 的直线,那么对任一点O,点P在直线 上的充要条件是存在实数t,满足等式OP=OA+t 其中向量叫做直线的方向向量.ll aaOABP a若P为A,B中点,则()12=+ OP OA OB2.共面向量定理:如果两个向量 不共线,则向量 与向量 共面的充要条件是存在实数对 使, a b yx , p ,a b OM a b A B A 'Pp p xa yb =+ 推论:空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x,y使或对空间任一点O,有=+MP xMA yMB =++ OP OM xMA yMB 注意：空间四点P 、M 、A 、B 共面⇔存在唯一实数对,,x y MP xMA yMB =+ （）使得(1)OP xOM yOA zOB x y z ⇔=++++= 其中，例1：已知m,n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n ，求证：l ⊥α。
n mg g m n αl l 证明：在α内作不与m、n重合的任一条直线g,在l、m、n、g上取非零向量l、m、n、g ，因m与n相交，得向量m、n 不平行，由共面向量定理可知，存在唯一的有序实数对（x，y），使g =x m +y n ,l ·g =x l ·m +y l ·n∵ l ·m =0,l ·n =0∴ l ·g =0∴ l⊥g∴ l⊥g这就证明了直线l垂直于平面α内的任一条直线，所以l⊥α巩固练习：利用向量知识证明三垂线定理αa A O P ().,0,,,,0,0,PA a PA a a OA a PO a PA OAy PO x PA y x OA PO OA PO a OA a OA a PO a PO PO aa ⊥⊥∴=⋅+⋅=⋅∴+==⋅∴⊥=⋅∴⊥∴⊥即使有序实数对定理可知，存在唯一的不平行，由共面向量相交，得又又而上取非零向量证明：在αPA a OAa a PA OA PA PO ⊥⊥⊂求证：且内的射影，在是的垂线，斜线，分别是平面已知：,,ααα复习:2. 向量的夹角:a bO ABabθ0a b π≤≤ ，a b ，向量 的夹角记作:a b 与a b = ||||cos ,a b a b 1.空间向量的数量积:111222(,,),(,,)a x y z b x y z == 设121212x x y y z z =++cos ||||a ba b a b =，121212222222111222++=++⋅++x x y y z z x y z x y z 5.向量的模长:2222||a a x y z ==++ (,,)a x y z = 设4.有关性质:(1)两非零向量111222(,,),(,,)a x y zb x y z == 1212120x x y y z z ++=0a b a b ⊥⇔=⇔ (2)||||||a b a b ≤ ||||,a b a b a b =⇒ 同方向||||,a b a b a b =-⇒ 反方向注意：此公式的几何意义是表示长方体的对角线的长度。
利用空间向量解决立体几何PPT 演示文稿
cos | cos n1 , n2 |
如何求法向量
①找；②求：设
a, b 为平面 内的任意两个向量，
n ( x, y, z) 为 的法向量
a n 0 可求得法向量 n 则由方程组 b n 0
．
题型一：线线角 异面直线AB与CD所成角： cos
数量积： a b
a1b1 a2b2 a3b3
| a ||b |
| a | | b | cos a, b
a1b1 a2b2 a3b3 a12 a2 2 a32 b12 b2 2 b32
a b 夹角公式： cos a b
2.若A( x1 , y1 , z1 ), B( x2 , y2 , z2 )，则：
x
B B
C C
题型三：二面角
例五、如图，ABCD是一直角梯形，ABC 900 , SA 平面ABCD, 1 SA AB BC 1, AD , 求面SCD与面SBA 所成的二面角的余弦值。 2
S 1 - 1, 1, 0) ,D(0, ,0), S (0, 0,1) A( 0, 0, 0) ,C ( 2 1 易知，面SBA 的法向量n1 AD (0, ,0), 2 1 1 CD (1, ,0), SD (0, ,1) x A 2 2
AB ( x2 x1 , y2 y1 , z2 z1 )
题型一：线线角
异面直线所成角的范围： 0, 2 思考： C D
结论：
A
B
D1
CD, AB 与的关系？ DC , AB 与的关系？
cos
09高考数学中利用空间向量解决立体几何向量方法二
cos | cos n1, n2 |
关键：观察二面角的范围
题型三：二面角
例三 如所示，A B C D 是一直角梯形，A B C = 900,
SA 平面ABCD, SA AB BC 1, AD 1 ,求面SCD与面SBA 2
所成二面角的余弦值.
z
S
B
C
A
x
Dy
例三 如所示， A B C D 是一直角梯形，A B C = 900 ,
题型一：线线角
练习： 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB= 5，AD 8,
AA1 4, M为B1C1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，
A1D AN. (1)求证：A1D AM.
z
（2）求AD与平面ANM所成的角. A1 B1 M
D1 N
C1
A(0, 0, 0), A1(0,0, 4),D(0,8, 0),M (5, 2, 4)
关键：观察二面角的范围
C
D
A D1
B
A
n
B O
n2 n1
刚才的思考具有一般性,当解空间图形问题几何法难 进行时,可以尝试运用空间向量(或坐标)来处理(三步曲):
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量
表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题
转化为向量问题(还常建立坐标系来辅助)；
z
y
x
练习2: 如图,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,
BC= 2 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
分析:
z
若用几何法本题不太好处
理,注意到适当建立空间直角坐
y
标系后各点坐标容易处理,可考
虑尝试用向量法处理,从而把问 x
空间向量法解决立体几何问题全面总结
由OA1 =（-1，-1，2），OD1 =（-1，1，2）
得:
x x
y y
2z 2z
0 0
解得:xy20z
取z =1
得平面OA1D1的法向量的坐标n=(2,0,1).
(2)求平面的法向量的坐标的特殊方法:
• 第一步:写出平面内两个不平行的向量 • a = (x1,y1,z1), b = (x2,y2,z2), • 第二步:那么平面法向量为
z
C1
A1
A x
B1
C O
B y
• 解:建立如图示的直角坐标系,则
•
A(
a 2
,0,0),B(0,
3 2
a
,0)
A1(
a 2
,0,).
C(-
a 2
,0,
2a)
• 设面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z)
•得 a 3
AB ( , 2
2
a,0), AA1 (0,0,
2a)
• •
a
一.引入两个重要的空间向量
1.直线的方向向量
把直线上任意两点的向量或与它平行的向
量都称为直线的方向向量.如图,在空间直角
坐标系中,由A(x1,y1,z1)与B(x2,y2,z2)确定的直 线AB的方向向量是
z
AB (x2 x1, y2 y1, z2 z1)
B
A
y
x
2.平面的法向量 • 如果表示向量n的有向线段所在的直线垂直
n
a
b
α
(1)求平面的法向量的坐标的一般步骤:
• 第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z).
空间向量解决立体几何
1 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解 如图以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717. 点评 本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点，因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1，以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3， 所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12，0)，A 1(0,2，2)．点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．3．利用面面垂直关系例3 如图1，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 所成的锐角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)， 又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22， 所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．2 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |解出t ，若t 满足条件则存在． 解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t ) (0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°.设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1， 所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．3 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝AF ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，⊥BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系．则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝13， 由图可知，二面角AA 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A －DF －C 的平面角的余弦值．分析 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．解 (1)以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)，设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0.取x ＝1得平面FDC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(3)设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ·DF →＝0，q ·DA →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝|n ·q |n |·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的平面角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43， 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以平面ABCD 内，点Q 在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ；当0<a <2时，不存在点。
空间向量解立体几何 PPT
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向量的坐标 向量的数量积 向量的夹角的余弦 向量的模
2
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向量的垂直 中点坐标公式
向量的平行
平行与垂直的
向量的坐标 向量的数量积 向量的夹角的余弦 向量的模
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向量的垂直 中点坐标公式
向量的平行
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大家有疑问的，可以询问和交流
可以互相讨论下，但要小声点
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在四棱锥S-ABCD中,∠DAB=∠ABC=90°,侧棱SA⊥ 底面AC,SA=AB=BC=1,AD=2,求二面角A-SD-C的大小
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平行与垂直的证明 夹角与距离的计算
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正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB中点,求对角线 DB1与CM所成角的余弦值
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与平面垂直的向量 称为平面的法向量
线面成角|面面成角|点面距离|线线距离
法向量
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在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是面AC的 中心,求面OA1D1的法向量
利用空间向量解立体几何(完整版)培训资料
利用空间向量解立体几何（完整版）向量法解立体几何引言立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等。
教材上讲的比较多的主要是用向量证明线线、线面垂直及计算线线角，而如何用向量证明线面平行，计算点到平面的距离、线面角及面面角的例题不多，给老师对这部分内容的教学及学生解有关这部分内容的题目造成一定的困难，下面主要就这几方面问题谈一下自己的想法，起到一个抛砖引玉的作用。
一、基本工具1. 数量积：a b a b cos2. 射影公式：向量a在b上的射影为a bl b3. 直线Ax By C 0的法向量为A,B，方向向量为B, A4. 平面的法向量（略）二、用向量法解空间位置关系1. 平行关系线线平行两线的方向向量平行线面平行线的方向向量与面的法向量垂直面面平行两面的法向量平行2. 垂直关系线线垂直（共面与异面） 两线的方向向量垂直 线面垂直 线与面的法向量平行面面垂直 两面的法向量垂直三、用向量法解空间距离 1•点点距离点P 为占仆乙与Q Xzyz 的 距离为 PQ 7（X 2 X\） （y Y i ） （Z 2 Z i ） 2•点线距离求点P X o ,y 。
到直线l : Ax By C 0的距离: 方法：在直线上取一点Q x, y ，即为点P 到l 的距离.3. 点面距离求点P X o ,y o 到平面的距离：方法：在平面 上去一点Q X,y ，得向量PQ计算平面的法向量n ，计算PQ 在 上的射影，即为点P 到面 的距离.四、用向量法解空间角 1. 线线夹角（共面与异面）线线夹角 两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2. 线面夹角求线面夹角的步骤:则向量PQ 在法向量nA,B 上的射影① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可, 若为钝角，则取其补角；② 再求其余角，即是线面的夹角. 3. 面面夹角(二面角)若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角； 法向量同进同出，则二面角等于法向量的夹角的补角 .实例分析一、运用法向量求空间角向量法求空间两条异面直线a, b 所成角B,只要在两条异面直uuur uuurUJLT LULT线a, b 上各任取一个向量AA 和BB'，则角V AA',BB'>=B 或n - B,因为B 是锐角，所以uuur AA' uuurBB'LuurBB'1、运用法向量求直线和平面所成角设平面a 的法向量为n = (X, y, 1)，则 直线AB 和平面a 所成的角0的正弦值为uuu rsin 0 = cos( -- 0 ) = |cos< AB , n >| 二tutuT AB ? n2、运用法向量求二面角 COS 0 = 不需要用法向量uuu rABuu uuu 一 r ,,亠、eAE, BF )，及n 的定乂得解方程组可得n2、求点到面的距离设二面角的两个面的法向量为n ,n 2，则＜□,n 2 ＞或兀-＜ 0|,门2 ＞是所 求角。
高考数学中利用空间向量解决立体几何的向量方法五——在立体几何中综合应用
C
则显然有 n m 即得两平面BDA1和CB1D1的法向量平行 所以 平面BDA1∥CB1D1
同理可得平面 CB1D 1的法向量为m (1,1,1)
例3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、 G、H分别是A1B1、 B1C1、C1D1、D1A1的 中点. 求证： 平面AEH∥平面BDGF
注意：这里的线线平行包括线线重合，线面平行 包括线在面内，面面平行包括面面重合.
例1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中， A1 P P、Q分别是A1B1和 BC上的动点，且 A1P=BQ，M是AB1 的中点，N是PQ的 中点. 求证： A MN∥平面AC. （１）M是中点，N是中点
MN∥平面AC
建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2. A(2,0,0),B(2,2,0),A '(2,0,2) E(0,2,1),F(1,1,0)
Z
E
A ' F (1,1, 2), DB (2, 2,0), DE (0, 2,1) F A ' F DB (1,1, 2) (2, 2,0) 0 A ' F DE (1,1, 2) (0, 2,1) 0 X A ' F DB, A ' F DE, 又DB DE D. A ' F 平面BDE
y
例2.在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证： A 1 平面A1BD∥平面CB1D1 (1)平行四边形A1BCD1 A1B∥D1C 平行四边形DBB1D1 B1D1∥BD
D1 B1
C1
D A B
C
于是平面A1BD∥平面CB1D1
(2)证明：建立如图所示 的空间直角坐标系o-xyz A1 设正方形边长为1， 则向量 DA1 (1,0,1)
用空间向量解立体几何问题方法归纳
1．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·B ＝0，n ·11A C ＝0.3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题知二面角A 1BC 1B 1为锐角，所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC .所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.2．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A BD C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°.由余弦定理知AE ＝12＋122－2×1×12cos 60°32.∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF .又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ，∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC .(2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则0，0，32C －1，12，01，－12，0，D －1，－12，0DB ＝(2,0,0)，DA 1，12，32AC ＝－1，12，－32.设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DB ＝0n ·DA ＝02x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)．∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·|n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.3.如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值；(2)求B 点到平面PCD 的距离；解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，OC ，OD ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量，cos 〈PB ，OA 〉＝·|PB ||OA |＝33.∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2)PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33.4、.如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点．(1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A PB D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AC ，∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ，∵DE ⊂平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)E0，0，t 2P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝31，23t ∵二面角A PB D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，则sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝155，∴EC 与平面PAB 所成角的正弦值为155.。
利用空间向量解立体几何(完整版)
向量法解立体几何基本思路与方法一、基本工具1.数量积： cos a b a b θ⋅=2.射影公式：向量a 在b 上的射影为a bb⋅ 3.直线0Ax By C ++=的法向量为 (),A B ，方向向量为 (),B A - 4.平面的法向量（略） 二、用向量法解空间位置关系 1.平行关系线线平行⇔两线的方向向量平行线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直 面面平行⇔两面的法向量平行 2.垂直关系线线垂直（共面与异面）⇔两线的方向向量垂直 线面垂直⇔线与面的法向量平行 面面垂直⇔两面的法向量垂直 三、用向量法解空间距离 1.点点距离点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的距离为222212121()()()PQ x x y y z z =-+-+- 2.点线距离求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离：方法：在直线上取一点(),Q x y ，则向量PQ 在法向量(),n A B =上的射影PQ n n⋅=0022Ax By C A B +++即为点P 到l 的距离. 3.点面距离求点()00,P x y 到平面α的距离：方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ ，计算平面α的法向量n ，计算PQ 在α上的射影，即为点P 到面α的距离.四、用向量法解空间角 1.线线夹角（共面与异面）线线夹角⇔两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角求线面夹角的步骤：① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角； ②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角）若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法向量同进同出，则二面角等于法向量的夹角的补角.实例分析一、运用法向量求空间角向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量''AA BB 和，则角<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ=''''AA BB AA BB ⋅⋅, 不需要用法向量。
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向量法解立体几何引言立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等。
教材上讲的比较多的主要是用向量证明线线、线面垂直及计算线线角，而如何用向量证明线面平行，计算点到平面的距离、线面角及面面角的例题不多，给老师对这部分内容的教学及学生解有关这部分内容的题目造成一定的困难，下面主要就这几方面问题谈一下自己的想法，起到一个抛砖引玉的作用。
基本思路与方法一、基本工具1.数量积： cos a b a b θ⋅=2.射影公式：向量a 在b 上的射影为a bb⋅ 3.直线0Ax By C ++=的法向量为 (),A B ，方向向量为 (),B A - 4.平面的法向量（略） 二、用向量法解空间位置关系 1.平行关系线线平行⇔两线的方向向量平行线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直 面面平行⇔两面的法向量平行 2.垂直关系线线垂直（共面与异面）⇔两线的方向向量垂直 线面垂直⇔线与面的法向量平行 面面垂直⇔两面的法向量垂直 三、用向量法解空间距离 1.点点距离点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的距离为222212121()()()PQ x x y y z z =-+-+-2.点线距离求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离： 方法：在直线上取一点(),Q x y ，则向量PQ 在法向量(),n A B =上的射影PQ n n⋅=0022Ax By C A B +++即为点P 到l 的距离. 3.点面距离求点()00,P x y 到平面α的距离：方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ ，计算平面α的法向量n ，计算PQ 在α上的射影，即为点P 到面α的距离.四、用向量法解空间角 1.线线夹角（共面与异面）线线夹角⇔两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角求线面夹角的步骤：① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角； ②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角）若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法向量同进同出，则二面角等于法向量的夹角的补角.实例分析一、运用法向量求空间角向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量''AA BB 和，则角<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ=''''AA BB AA BB ⋅⋅, 不需要用法向量。
1、运用法向量求直线和平面所成角设平面α的法向量为n =（x, y, 1)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sin θ= cos(2π-θ) = |cos<AB , n >| =AB AB n n••2、运用法向量求二面角设二面角的两个面的法向量为12,n n ，则<12,n n >或π-<12,n n >是所求角。
这时要借助图形来判断所求角为锐角还是钝角，来决定<12,n n >αnA是所求，还是π-<12,n n >是所求角。
二、运用法向量求空间距离1、求两条异面直线间的距离设异面直线a 、b 的公共法向量为(,,)n x y z =，在a 、b 上任取一点A 、B ，则异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA＇=||||AB n n •略证：如图，EF 为a 、b 的公垂线段，a ＇为过F 与a 平行的直线，在a 、b 上任取一点A 、B ，过A 作AA ＇//EF ，交a ＇于A＇，则¡¯//AA n ，所以∠BAA＇=<,BA n >（或其补角）∴异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA＇=||||AB n n • *其中，n 的坐标可利用a 、b 上的任一向量,a b （或图中的,AE BF ），及n 的定义得0n a n a n b n b ⎧⎧⊥•=⎪⎪⇒⎨⎨⊥•=⎪⎪⎩⎩ ① 解方程组可得n 。
2、求点到面的距离求A 点到平面α的距离，设平面α的法向量法为(,,1)n x y =，在α内任取一点B ，则A 点到平面α的距离为d =||||AB n n •，n 的坐标由n 与平面α内的两个不共线向量的垂直关系，得到方程组（类似于前面所n述, 若方程组无解，则法向量与XOY 平面平行，此时可改设(1,,0)n y =，下同）。
3、求直线到与直线平行的平面的距离求直线a 到平面α的距离，设平面α的法向量法为(,,1)n x y =，在直线a 上任取一点A ，在平面α内任取一点B ，则直线a 到平面α的距离d =||||AB n n • 4、求两平行平面的距离设两个平行设平面α、β的公共法向量法为(,,1)n x y =，在平面α、β内各任取一点A 、B ，则平面α到平面β的距离d =||||AB n n • 三、证明线面、面面的平行、垂直关系设平面外的直线a 和平面α、β，两个面α、β的法向量为12,n n ，则1a//a n α⇔⊥ 1a a//n α⊥⇔12////n n αβ⇔ 12n n αβ⊥⇔⊥四、应用举例：例1：如右下图,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所成的余弦值.解：（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为x 轴，y 轴,z 轴的正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，11(3,3,0),(1,3,2),(4,2,2)DE EC FD =-==- 设法向量(,,2)n x y =与平面C 1DE 垂直，则有13301320n DE x y x y x y z n EC ⊥-=⇒⇒==-++=⊥⎫⎫⎪⎬⎬⎭⎪⎭11111(1,1,2),(0,0,2),6cos 3||||1140042tan 2n AA CDE n AA C DE C n AA n AA θθθ∴=--=∴--•-===⨯++⨯++∴=向量与平面垂直与所成的角为二面角的平面角 （II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则11222222111(4)322221cos 14||||132(4)22EC FD EC FD β•⨯-+⨯+⨯===⨯++⨯-++例2：如图，已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 是菱形，∠DAB=600，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD ，点E 为AB 中点，点F 为PD 中点。
（1）证明平面PED ⊥平面PAB ； （2）求二面角P-AB-F 的平面角的余弦值 证明：（1）∵面ABCD 是菱形，∠DAB=600，∴△ABD 是等边三角形，又E 是AB 中点，连结BD ∴∠EDB=300，∠BDC=600，∴∠EDC=900，如图建立坐标系D-ECP ，设AD=AB=1，则PF=FD=12，3， ∴ P （0，0，1），E （32，0，0），B （32，12，0） ∴PB =（32，12，-1），PE = （32，0，-1），平面PED 的一个法向量为DC =（0，1，0） ，设平面PAB 的法向量为n =（x, y, 1)由3131(,,1)(,1)010********(,,1)(1)01022x y x y x n PB n PE y x y x ⎧⎧•-=--=⎪⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎪⎩=•-=-=⎩⎪⎪⎩⎩∴n =3∵DC ·n =0 即DC ⊥n ∴平面PED ⊥平面PAB （2）解：由（1）知：平面PAB 的法向量为n =30, 1), 设平面FAB 的法向量为n 1=（x, y, -1)， 由（1）知：F （0，0，12），FB =3，12，-12），FE = 30，-12），由11311311(,,1)(,)00222222331310(,,1)()002222x y x y x n FB n FE y x y x ⎧⎧-•-=-+=⎪⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎪⎩=-•-=+=⎩⎪⎪⎩⎩∴n 1=（3, 0, -1) ∴二面角P-AB-F 的平面角的余弦值cos θ= |cos<n , n 1>| =11n 5714n n n •=•例3：在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP.(Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ； (Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离. 解: (Ⅰ)如图建立坐标系D-ACD 1, ∵棱长为4∴A （4，0，0），B （4，4，0），P （0，4，1） ∴AP = (-4, 4, 1) , 显然DC =（0，4，0）为平面BCC 1B 1的一个法向量∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ的正弦值sin θ= |cos<AP ,DC >|=22216433334414=++• ∵θ为锐角，∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ为arcsin 43333(Ⅲ) 设平面ABD 1的法向量为n =（x, y, 1)，∵AB =（0，4，0），1AD =（-4，0，4）由n ⊥AB ，n ⊥1AD 得0440y x =⎧⎨-+=⎩∴ n =（1, 0, 1)，∴点P 到平面ABD 1的距离 d = 322AP n n•=例4：在长、宽、高分别为2，2，3的长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是底面中心，求A 1O 与B 1C 的距离。
解：如图，建立坐标系D-ACD 1，则O （1，1，0），A 1（2，2，3），C （0，2，0）∴1(1,1,3)AO =-- 1(2,0,3)B C =-- 11(0,2,0)A B = 设A 1O 与B 1C 的公共法向量为(,,1)n x y =，则113(,,1)(1,1,3)0302(,,1)(2,0,3)023032x n A O x y x y x y x n B Cy ⎧=-⎧⎪⊥•--=-+-=⎧⎧⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨•--=--=⊥⎩⎩⎪⎪⎩=⎪⎩∴ 33(,,1)22n =- ∴ A 1O 与B 1C 的距离为 d =()1122330,2,0,,122||32211||11331222A B n n ⎛⎫•-⎪•⎝⎭===⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭例5：在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 1的中点，求A 1到面BDFE 的距离。