最新题型空间向量证明立体几何问题
(完整版)用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识(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 ＝ku? a 1＝ka 3，b 1＝ kb 3，c 1＝kc 3 (3) 面面平行： α∥β? u ∥v? u ＝kv? a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4) 面面垂直： α⊥β? u ⊥v? u ·v ＝ 0? a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例 1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD 中， PA ⊥底面ABCD ， 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A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E 12，1，12 ，uuur uuur uuur1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，uuur∥AB ，即 EF ∥AB.又 AB? 平面 PAB ， EF? 平面 PAB ，所以 EF ∥平面 PAB.uuur uuur uuur uuur(2)因为 AP ·DC ＝(0,0,1) (1,0·,0)＝ 0， AD ·DC ＝(0,2,0) (1,0·,0)＝0， uuur uuur uuur uuur 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 ，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 uuur 1uuur F 0 ， 1，2 ，EF ＝ －2， 0， 0 ，PB ＝(1,0， uuuruuurE ，F 分别是 PC ，PD间直角坐标系如图所示，则DC ＝(1,0,0)， AB ＝(1,0,0)．uuur 1uuur uuur(1)因为 EF ＝－ 2AB ，所以 EF所以平面PAD⊥平面PDC.使用空间向量方法证明线面平行时， 既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向 量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行， 也可以证明直线的方向向量与平面的法向 量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直， 然后使用判定定理进行判定， 也可以证明两个平面 的法向量垂直 .例 2、在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点 E 在线段 BB 1上，且 EB 1＝1，D ，F ，G 分别为 CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点． 求证： (1)B 1D ⊥平面 ABD ；(2)平面 EGF ∥平面 ABD.证明： (1)以B 为坐标原点， BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 B(0,0,0)， D(0,2,2)，B 1(0,0,4)，设 BA ＝a ，则 A(a,0,0)，uuur uuur uuuur 所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)， B 1D ＝(0,2，－2)，uuuur uuur uuuur uuurB 1D ·BA ＝0， B 1D ·BD ＝0＋4－4＝0，即 B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD.又 BA ∩BD ＝B ，因此 B 1D ⊥平面 ABD.a uuur a(2)由(1)知， E(0,0,3)，G 2，1，4 ，F(0,1,4)，则 EG ＝ 2，1，1 ， uuuur uuur uuuur uuurB 1D ·EG ＝0＋2－2＝0， B 1D ·EF ＝0＋2－2＝0，即 B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF.又 EG ∩EF ＝E ，因此 B 1D ⊥平面 EGF. 结合 (1)可知平面 EGF ∥平面 ABD. 利用空间向量求空间角基础知识(1) 向量法求异面直线所成的角：若异面直线 a ，b 的方向向量分别为 a ，b ，异面直线所成的角为uuurEF ＝(0,1,1)，|a ·b|. |a||b|.θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝(2) 向量法求线面所成的角：求出平面的法向量 n ，直线的方向向量 a ，设线面所成的角为 θ，则|n ·a|sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n||a|. (3) 向量法求二面角：求出二面角θ为锐角，则 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝||n n 11|·|n n 22||； θ为钝角，则 cos θ＝－|cos 〈 n 1，n 2〉|＝－ ||n n 11|·|n n 22||. 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． uuur(2)设平面 ADC 1 的法向量为 n 1＝(x ，y ，z)，因为 AD ＝(1,1,0)， uuuurn 1·AC 1 ＝0，即 x ＋y ＝ 0 且 y ＋2z ＝0，取 z ＝1，得 x ＝ 2，y ＝－ 2，所以， n 1＝ (2，－2,1)是平面 ADC 1 的一个法向量．取平面 ABA 1 的一个法向量为 n 2＝(0,1,0)．设平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成面角的大小为 θ.n 1·n 22 2 5由|cos θ|＝|n 1||n 2| ＝9×1＝3，得 sin θ＝3 .5因此，平面 ADC 1 与平面 ABA 1所成二面角的正弦值为 3 .α－l －β的两个半平面 α与 β的法向量 n 1， n 2，若二面角 α－l － β所成的角若二面角 α－l － β所成的角［解］ (1)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 uuuur C(0,2,0)， D (1,1,0)，A 1(0，0,4)， A-xyz ，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)， uuuurC1(0,2,4)，所以 A 1B ＝(2,0，－4)，C 1D (1，－1， －4)．uuuur uuuur 因为 cos〈 A 1B ， C 1D 〉uuuur uuuur A 1B ·C 1D uuuur uuuur ＝ ＝| A 1B ||C 1D | 20× 18183 10 10 所以异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值为31010.uuuur ACuuur ＝ (0,2,4)，所以 n 1·AD ＝例2、如图，三棱柱ABC-A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1) 证明：AB⊥A1C；(2) 若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值．［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．uuur uuur以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴的正方向， |OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 由题设知 A （1,0,0），A 1（0， 3， 0），C （0,0， 3），B （－1,0,0）． uuur uuuur uuuur则BC ＝（1,0， 3）， BB 1 ＝ AA 1 ＝（－1， 3，0），设 n ＝(x ，y ， z)是平面 BB 1C 1C 的法向量，uuurn ·BC ＝0，x ＋ 3z ＝ 0， 则 uuuur 即可取 n ＝（ 3，1，－ 1）．n ·BB 1 ＝0.－ x ＋ 3y ＝0.uuuuruuuur A 1C ＝－ 3 ， 3) ．uuuur故 cos n ， A 1Cn ·A 1C uuuur ＝|n|| A 1C |10 5所以 A 1C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值为 105(1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2) 求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例3、如图，在四棱锥S-ABCD 中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD 上一点，AE＝ED＝3，SE⊥AD. (1)证明：平面SBE⊥平面SEC；(2)若SE＝1，求直线CE 与平面SBC所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE? 平面SAD，SE⊥ AD，∴SE⊥平面ABCD. ∵BE? 平面ABCD，∴SE⊥BE. ∵AB⊥ AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝3，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°. ∴∠BEC＝90°，即BE⊥ CE. 又SE∩ CE＝E，∴BE⊥平面SEC. ∵BE? 平面SBE，∴平面SBE⊥平面SEC.(2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直．如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES uuur为z 轴，建立空间直角坐标系．则E(0,0,0)，C(0,2 3，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以CE ＝(0，－uuur uur2 3，0)，CB ＝(2，－ 2 3，0)，CS＝(0，－2 3，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x，y，z)，uuurn·CB ＝0，2x－2 3y＝0，则uur 即令y＝1，得x＝3，z＝2 3，n·CS ＝0. －2 3y＋z＝0.则平面SBC的一个法向量为n ＝( 3，1,2 3)．uuur设直线CE与平面SBC所成角的大小为θ，则sin θ＝| n··C uu E ur |＝14，|n| |·CE |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-A1B1C1 和它的三视图．＝0，(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)，uuuur A 1（0,0,2），B （－2,0,0），C （0，－2,0），C 1（－1，－1,2），则 CC 1 ＝（－1,1,2），uuuur uuurA 1C ＝(0，－2，－2)．设 E(x ，y ，z)，则CE ＝(x ，y ＋2，z)，uuuur uuur uuuurEC 1 ＝（－1－x ，－ 1－y,2－z ）．设 CE ＝λEC 1 （λ>0），uuuurA 1C 1 ＝（－1，－ 1,0）， x ＝－ λ－ λ，x则 y ＋ 2＝－ λ－ λ，y － λ －2－λ 则E 1＋λ， 12＋λ，2λ，1＋λ，z ＝2λ－λ，z uuur 2＋λBE ＝ 1＋λ， －2－λ 1＋λ， 2λ 1＋λuuu rBE 由 uuur uuuur A 1C1uuuur ·A 1C＝0， 2＋λ 2＋λ 1＋λ＋1＋λ＝0，－ 2－λ 2λ1＋λ＋12＋λλ＝0， 解得 λ＝2，uuur uuuur所以线段CC1 上存在一点E，CE ＝2EC1 ，使BE⊥平面A1CC1.＝0，uuuur m ·A 1C 1 ＝ 0， (2)设平面 C 1A 1C 的法向量为 m ＝(x ，y ，z)，则由 uuuurm ·A 1C ＝ 0， 取 x ＝1，则 y ＝－ 1， z ＝1.故 m ＝(1，－1,1)，而平面 A 1CA 的一个法向量为 n ＝(1,0,0)，则 cos 〈m ，n 〉＝|m m ||n n |＝ 13＝ 33，故平面 C 1A 1C 与平面 A 1CA 夹角的余弦值为 33. 利用空间向量解决探索性问题例 1、如图 1，正△ ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高， E ，F 分别是 AC 和 BC 边的中点， 现将△ ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A-DC-B(如图 2)．(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角 E-DF-C 的余弦值；(3) 在线段 BC 上是否存在一点 P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出 B B C P 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，uuur uuur uuur3，0)， DF ＝(1， 3，0)， DE ＝(0， 3，1)， DA ＝(0,0,2)．uuur平面 CDF 的法向量为 DA ＝(0,0,2)．设平面 EDF 的法向量为 n ＝(x ， y ，z)，－x －y ＝0， 得－ 2y － 2z ＝uuurDF ·n ＝0，则 uuurDE ·n ＝0， x ＋ 3y ＝ 0， 即 取 n ＝(3，－ 3， 3)， 3y ＋z ＝0，uuur cos 〈 DA ， n 〉uuur·＝| D u D u AA ur ·||n n|＝ 721，所以二面角 E-DF-C 的余弦值为721.uuur uuur uuur 2 3(3)存在．设 P(s ，t,0)，有 AP ＝(s ，t ，－ 2)，则 AP ·DE ＝ 3t －2＝0，∴t ＝ 3 ， uuur uuur uuur uuur又 BP ＝(s － 2，t,0)， PC ＝(－s,2 3－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(2 3－t)＝－st ，2 3 4 uuur 1uuur ∴ 3s ＋t ＝2 3. 把 t ＝ 23 3代入上式得 s ＝ 34，∴BP ＝13BC，∴在线段BC 上存在点 P ，使 AP ⊥DE. 此时， B B C P ＝31.1 空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推 理，只需通过坐标运算进行判断 .2 解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为 点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于 运用这一方法 . 例 2、.如图所示，在直三棱柱 ABC-A 1B1C 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)，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．、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 ——审条件之审视图形由条件知 AC ⊥BD ―建―系→DB ，AC 分别为 x ，y 轴―→写出 A ，B ，C ，D 坐标―P ―A ―⊥―面―A ―B ―C ―D →uuur uuur 设P 坐标P―F―＝→CF 可得 F 坐标A ―F―⊥→PBAF ·PB ＝uuuur 即C 1B 1 uuuur uuur ＝(0,2,0)， DC 1 ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)． uuuur 由 C 1B 1 uuur uuuur uuurCD ＝(0,2,0) (1,0·,1)＝0＋0＋0＝0，得C 1B 1 ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD. uuuur 由 DC 1 uuur uuuur uuurCD ＝(－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 ＝ 时，二面角 B 1-CD-C 1 的大小为 60°.理由如下： uuur uuur 设 AD ＝a ，则 D 点坐标为 (1,0，a)， CD ＝(1,0，a)，CB 1 ＝(0,2,2)， 设平面 B 1CD 的法向量为 m ＝(x ，y ， z)，uuur m ·CB 1 ＝ 02y ＋2z ＝0，则 uuur ?令 z ＝－1，得 m ＝(a,1，－ 1)．m ·CD ＝0 x ＋az ＝ 0， uuur uuur|m ·CB |又∵CB ＝(0,2,0)为平面 C 1CD 的一个法向量，则 cos 60 ＝° uuur |m| |·CB |＝a 2＋ 21＝2，2解得 a ＝ 2(负值舍去 )，故 AD ＝ 2＝ 2 AA 1.∴在AA 1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题 (2) 学审题uuur由 (1) ―→ ADuuur AFuuur AB 的0―→得 P 坐标并求 PA 长．向量n―1，――n2―分―别―为―平―面――F ―A ―D 、――平―面―F ―A ―B―的→法向量n 1·u A u D ur ＝0且n 1·u A u F ur＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹 角余弦．［解］ （1）如图，连接 BD 交AC 于O ，因为 BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又 AC 平分∠ uuur uuur uuurBCD ，故 AC ⊥BD.以O 为坐标原点， OB ，OC ， AP 的方向分别为 x 轴，y 轴， z 轴的正方向，ππ建立空间直角坐标系 O-xyz ，则 OC ＝CDcos 3＝ 1.而 AC ＝4，得 AO ＝AC －OC ＝3.又 OD ＝CDsin 3＝ 3，故 A （0，－ 3,0），B （ 3，0,0），C （0,1,0），D （－ 3，0,0）．z uuur z因PA ⊥底面ABCD ，可设P （0，－3，z ）．由F 为PC 边中点，知F0，－1，2.又AF ＝ 0，2，2，uuurz 2PB ＝0，即 6－2＝0，z ＝2 3（舍去－ 2 3）， uuur所以 |PA |＝2 3.uuur uuur （2）由（1）知AD ＝（－ 3，3,0）， ABuuur uuurPB ＝（ 3，3，－ z ），AF ⊥PB ，故 uuur＝（ 3， 3,0）， AF ＝（0,2， 3）．设平面 FAD 的法n 1＝（x 1，y 1，z 1），平面 FAB 的法向量为 n 2＝（x 2，y 2，z 2）， uuur由 n 1·AD ＝ 0， uuur － 3x 1＋ 3y 1＝ 0， AF ＝ 0，得2y 1＋ 3z 1＝ 0，因此可取 n 1＝（3， 3，－ 2）．uuur由 n 2·AB ＝ 0， uuur 3x 2＋3y 2＝ 0，AF ＝0，得故可取 n 2＝（3，－ 3，2）．从而法向量 n 1，n 2 的夹角的余弦值为 cos 〈n 1， n 2〉＝ n 1·n 2 1|n 1||·n 2|＝8.故二面角B-AF-D 的正弦值为387.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系 本题利用 AC ⊥BD ，若图中存 在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系 .在没有明显的垂直关系 时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系， 注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称 .例 2、如图，在空间几何体中，平面 ACD ⊥平面 ABC ，AB ＝BC ＝ CA ＝DA ＝ DC ＝BE ＝2.BE 与平面 ABC 所成的角为 60°，且点 E 在平面 ABC 内的射影落在∠ ABC 的平分线上．（1）求证： DE ∥平面 ABC ； （2）求二面角 E-BC-A 的余弦值．解：证明： （1）易知△ABC ，△ACD 都是边长为 2的等边三角形，取 AC 的中点 O ，连接 BO ，DO ，则 BO ⊥AC ，DO ⊥AC. ∵平面 ACD ⊥平面 ABC ， ∴DO ⊥平面 ABC.作 EF ⊥平面 ABC ，则 EF ∥DO. 根据题意，点 F 落在 BO 上，∴∠EBF ＝60 °， 易求得 EF ＝DO ＝ 3，∴四边形DEFO 是平行四边形， DE ∥OF. ∵DE?平面 ABC ，OF? 平面 ABC ，∴DE ∥平面 ABC.（2）建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz ，可求得平面 ABC 的一个法向量为 n 1＝（0,0,1）． uuur uuur可得C （－1,0,0），B （0， 3，0），E （0， 3－1， 3），则CB ＝（1， 3，0）， BE ＝（0，－1， 3）y ，z ） ·（0，－ 1， 3）＝0，可取 n 2＝（－3， 3，1）．设平面 BCE 的法向量为 n 2＝（x ， uuur y ，z ），则可得 n 2·CB ＝0， uuurn 2·BE ＝0，故 cos 〈n 1，n 2 〉n 1·n 1 13|n 1||·n 2|＝ 13 .又由图知， 所求二面角的平面角是锐角，即（x ，y ，z ） ·（1， 3，0）＝0，（x ，故二面角 E-BC-A 的余弦值为 1133.专题训练1.如图所示，在多面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面 A 1B 1C 1D 1和 ABCD 互相平行， 且都是正方形， DD 1⊥底面 ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝ 2A 1B 1＝2DD 1＝2a. (1)求异面直线 AB 1 与 DD 1所成角的余弦值； (2)已知 F 是 AD 的中点，求证： FB 1⊥平面 BCC 1B 1. 解：以 D 为原点， DA ， DC ，DD 1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系，则 A （2a,0,0），B （2a,2a,0）， C （0,2a,0），D 1（0,0，a ），F （a,0,0）， uuuur uuuur uuuur uuuur （1）∵AB 1＝（－a ，a ，a ），DD 1＝（0,0，a ），∴cos 〈 AB 1 ， DD 1 〉 B 1（a ，a ，a ），C 1（0，a ，a ）． uuuur uuuur AB 1 ·DD 1 3 ＝ uuuur uuuur ＝ ，|AB 1 | ·|DD 1 | 33 所以异面直线 AB 1 与 DD 1 所成角的余弦值为3 .uuuur uuur uuur（2）证明：∵BB 1＝（－a ，－a ，a ），BC ＝（－2a,0,0），FB 1＝（0， uuurFB 1 uuur FB 1 uuuur BB 1 ＝0， uuur ∴FB 1⊥BB 1， FB 1⊥BC. ·BC ＝ 0.a ，a)， ∵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 BC1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)，uuuur A 1B ＝uuuur－ 4)， A 1C 1 ＝(4,0,0)．设平面 A 1BC 1 的法向量为 n ＝(x ，y ，z)，uuuurn ·A 1B ＝0， 3y －4z ＝ 0，则 uuuur 即 令 z ＝3，则 x ＝ 0，y ＝4，所以 n ＝(0,4,3)．n ·A 1C 1 ＝0.4x ＝ 0.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 25uuur uuuur(3) 证明：设 D(x ，y ，z)是直线 BC 1 上一点，且 BD ＝λBC 1 .所以 (x ，y －3，z)＝λ(4，－ 3,4)．解得 x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.uuur uuur uuuur所以 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD ·A 1B ＝0，即 9－25λ＝0，解得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，BC1＝λ＝25.3．如图(1)，四边形 ABCD 中，E 是BC 的中点， DB ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线 BD 折起，使得二面角 A-BD-C 为 60°，如图(2)．(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. 2.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|＝25.169 λ＝25.由余弦定理知 AE ＝21 2－2×1×12cos 60∵AE2＋EF2＝AF2，∴AE⊥EF.∵AB＝AD，F 为BD 中点．∴BD⊥AF. 又BD＝2，DC＝1，BC＝5，∴BD2＋DC2＝BC2，即BD⊥CD.又E为BC中点，EF∥CD，∴BD⊥EF.又EF∩AF＝F，∴BD⊥平面AEF.又BD⊥ AE，∵BD∩ EF＝F，∴AE⊥平面BDC.(2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A 0，0，23，11C －1，2，0 ，B 1，－2，0 ，D －1，－21，0 ，uuurDB ＝(2,0,0)，uuur uuurDA ＝1，AC ＝－1，12，设平面ABD 的法向量为n＝(x，y，z)，uuurn·DB ＝0 由uuurn·DA ＝02x＝0，得13x＋2y＋2 z＝0，取z＝ 3 ，则y＝－3，又∵n＝(0，－3，3)．uuuruuur n·AC 6∴cos〈n ，AC 〉＝uuur＝－.|n||AC | 4故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为410.4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB＝3 5，AD＝6，B D 是对角线，过点A 作AE⊥BD，垂足为O，交CD于E，以AE为折痕将△ ADE向上折起，使点D到点P的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角 E-AP-B 的余弦值．解： (1)证明：由已知得 AB ＝3 5，AD ＝6，∴BD ＝9. 在矩形 ABCD 中，∵AE ⊥BD ，DO AD∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴AD ＝ BD ，∴DO ＝ 4，∴BO ＝ 5. 在△POB 中，PB ＝ 41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB.又 PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面 ABCE.(2)∵BO ＝5，∴AO ＝ AB 2－ OB 2＝2 5.以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0,0,4)，A(2 5，0,0)， B(0,5,0)， uuuruuurPA ＝(2 5， 0，－ 4)， PB ＝(0,5，－ 4)．取 x ＝2 5得 n 1＝(2 5，4,5)．又 n 2＝(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量， n 〉＝ n 1·n 2 4 4 61n2〉＝|n 1| |·n 2|＝ 61×1＝ 61 ，5.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，侧棱 PA ＝PD ＝ 2，PA ⊥ PD ，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为 AD 中点．(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3) 线段 PD 上是否存在一点 Q ，使得二面角 Q-AC-D 的余弦值为 36？若存在，求出 Q PQ D 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)，设 n 1＝(x ，y ，z)为平面 APB 的法向量．则 uuurn 1·PA ＝0，uuurn 1·PB ＝ 0，2 5x － 4z ＝0， 即 5y －4z ＝0. ∴cos 〈n 1，故二面角 E-AP-B 的余弦值为 4 6161D(0,1,0)，uuur∴PB ＝(1，－1， uuur－ 1），易证 OA ⊥平面 POC ，∴OA ＝（0，－ 1,0）是平面 POC 的法向量， uuur uuur cos〈 PB ，OA 〉 uuur uuur Puu B ur ·O uu A ur ＝ 33. ∴直线PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 36. | PB ||OA | 3 3uuuruuur （2） PD ＝（0,1，－ 1）， CP ＝（－1,0,1）．设平面 PDC 的一个法向量为 u ＝（x ，y ，z ）， uuur CP ＝－ x ＋ z＝0，uuurPD ＝y －z ＝0，取 z ＝1，得 u ＝ （1,1,1）．∴B 点到平面 PCD 的距离为 d ＝ （3）假设存在一点 Q ，则设 uuur PQ ＝ uuur uuur λPD (0<λ<1)．∵PD ＝(0,1，－1)，uuur uuur ∴PQ ＝（0，λ，－ λ）＝ OQ －OP ，∴OQ ＝（0，λ，1－λ），∴Q（0，λ，1－λ）． uuu r uuu r uuur设平面 CAQ 的一个法向量为 m ＝（x ，y ，z ），又 AC ＝（1,1,0），AQ ＝（0，λ＋1,1－λ） uuur m ·AC ＝x ＋y ＝ 0，则 uuur 取 z ＝ λ＋ 1，得 m ＝ （1－ λ， λ－1， λ＋ 1）， m ·AQ ＝ λ＋1 y ＋ 1－ λz ＝0. 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 36， 所以 |cos 〈m ， n 〉 |＝||m m ||n n ||＝ 36，得 3λ2－10λ＋3＝0，解得 λ＝13或λ＝3（舍）， PQ 1 所以存在点 Q ，且 QD ＝2. 6．如图，在四棱锥 S-ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱 SA ⊥底面 ABCD ， AB 垂直于 AD 和 BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.M 是棱 SB 的中点． （1）求证： AM ∥平面 SCD ； （2）求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值； （3）设点 N 是直线 CD 上的动点， MN 与平面 SAB 所成的角为 θ，求 sin θ的最大值．解：（1）以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，uuuur uuur S(0,0,2)，M(0,1,1)．所以 AM ＝(0,1,1)， SD ＝ (1,0，uuur －2）， CD＝（－1，－2,0）．设平面 SCD 的法向量是 n ＝（x ，y ，z ），uuurSD ·n ＝0， 则 uuurCD ·n ＝0， x －2z ＝ 0， 即 令 z ＝ 1，则 x ＝2，y ＝－ 1， －x －2y ＝0. uuuur uuuur于是 n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n.又AM?平面 SCD ，∴AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB所成的n1·n 1，0，0 ·2，－1，1 2 6 6 则|cos φ|＝|n1| ·|n| ＝1·6＝1·6＝3 ，即cos φ＝3 .∴平面SCD 与平面SAB所成二面角的余弦值为36.uuuur(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n1＝(1,0,0)，7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠ FAB＝∠ DAB＝90°，AF＝AB＝BC＝2，AD＝1，FA⊥CD.(1)证明：在平面BCE上，一定存在过点C的直线l与直线DF平行；(2)求二面角F-CD-A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE∥AF，BC∥AD，BE∩BC＝B，AD∩AF＝A，∴平面BCE∥平面ADF. 设平面DFC∩平面BCE＝l，则l过点 C.∵平面BCE∥平面ADF，平面DFC∩平面BCE＝l，平面DFC ∩平面ADF ＝DF.∴DF∥l，即在平面BCE上一定存在过点C的直线l，使得DF∥l.(2)∵FA⊥AB，FA⊥CD，AB与CD 相交，∴FA⊥平面ABCD.故以A为原点，AD，AB，AF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图．由已知uuur uuur 得，D(1,0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，∴DF ＝(－1,0,2)，DC ＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x，y，z)，面角为φ，∴sin θ＝x，2x－3，－1 ·1，0，x2＋2x－3 2＋－ 1 2·1x－12x＋101·x357)max＝110 x1 2－12 x1＋5则 n ＝（2，－1,1），不妨设平面 ABCD 的一个法向量为 m ＝（0,0,1）．m ·n 1 6∴cos 〈m ， n 〉＝|m||n|＝ 6＝ 6，由于二面角 F-CD-A 为锐角，∴二面角 F-CD-A 的余弦值为 66.8、.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD ⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝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 515，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 ，平面 PBD ，∴AC ⊥DE.（2）在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面 ABCD ，分别以 OA ，OB ，OE 所在直线为 x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，设 PD ＝t ，则 A （1,0,0），B （0， 3，0），C（－1,0,0），E 0，0，2t ，P （0， uuur uuur－ 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 ），则设 EC 与平面 PAB 所成的角为 θ，∵EC ＝（－1,0，－ 3）， n 2＝（ 3，1,1），15面角 A-PB-D 的余弦值为 5 ，则 |cos 〈n 1，n ·DF ＝0， 则 uuur n ·DC＝0x ＝2z ，不妨设 z ＝1.x ＝－2y ， 312＝ 515，解得 t ＝2 3或 t ＝－ 2 3（舍去）， 4＋ 2m ·n uuur n 2·AB ＝令 y ＝ 1，得 n 2＝ 3，1，2 3根据 uuurn 2·AP ＝则sin θ＝|cos〈EC ，n2〉＝，∴EC 与平面PAB 所成角的正弦值为2× 5 5 519、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)，uuuur uuuur uuuur A 1D ＝（－ 1,0，－ 1），∴D 1 E ·A 1D ＝1×（－1）＋t ×0＋（－1）×（－1）＝0，∴D 1E ⊥A 1D. uuur(2)假设存在符合条件的点 E.设平面 D 1EC 的法向量为 n ＝(x ，y ，z)，由(1)知EC ＝(－1,2－t,0)，uuurn ·EC ＝0，－ x ＋ 2－t y ＝ 0， 1 1则 uuuur 得令 y ＝21，则 x ＝1－ 21t ，z ＝1，n ·D 1E ＝ 0x ＋ty －z ＝0， 2 2uuuur 显然平面 ECD 的一个法向量为 DD 1 ＝（0,0,1）， uuuur|n ·DD 1 | ＝uuuur ＝|n||DD 1 |uuuur则D 1E ＝（1， t ，－ 11 n ＝ 1－2t ，2，1是平面 D 1EC 的一个法向量，uuuur则 cos 〈n ， π31 1＝cos 6，解得 t ＝ 2－ 3 （0≤t ≤2）． 1－21t2＋41＋1故存在点E，当AE＝2－π面角D1-EC-D 的平面角为6.1。
空间向量与立体几何练习题(带答案)
空间向量与立体几何练习题（带答案）一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不同的方向B．有不相等的模C．不可能是平行向量D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，在下列选项中，CD→的相反向量是()A.BA→B．A1C1→C.A1B1→D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是CD→的相反向量．【答案】C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，AC→〉相等的是() A．〈AB→，BC→〉B．〈BC→，CA→〉C．〈C1B1→，AC→〉D．〈BC→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，BC→〉＝〈AB→，AC→〉＝〈BC→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】D4．在正三棱锥A-BCD中，E、F分别为棱AB，CD的中点，设〈EF→，AC→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于()A.π6B．π4C.π3D．π2【解析】如图，取BC的中点G，连接EG、FG，则EG∥AC，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β.∵A－BCD是正三棱锥，∴AC⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2.∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2.【答案】D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有()图2－1－9A．8个B．7个C．6个D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，C1D1→，D1C1→，CD→，DC→，共8个，故选A.【答案】A二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则向量CE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面ACC1A1的法向量，而CE在平面ACC1A1中，∴BD→⊥CE→.∴〈BD→，CE→〉＝90°.【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4.②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c.【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a ＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，CC1→，C1C→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，BC1→，C1B→，B1C→，CB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，DC→及D1C1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥AC，SO⊥AC又∵BD∩SO＝O∴AC⊥平面SBD．∴AC→为平面SBD的一个法向量．∴〈AC→，AD→〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为正方形且PD＝AD，E、F分别是PC、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBC的一个法向量．【解】(1)取AD的中点M，连接MF，连接EF，∵E、F分别是PC、PB的中点，∴EF綊12BC，又BC綊AD，∴EF綊12AD，则由EF綊DM知四边形DEFM是平行四边形，∴MF∥DE，∴FM→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵平面PCD，∴DE⊥BC，又PD＝CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，从而DE⊥平面PBC，∴DE→是平面PBC的一个法向量，由(1)可知FM→＝ED→，∴FM→就是平面PBC的一个法向量.。
空间向量法解决立体几何证明
l
a
A
u
C B
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则 （3） u v u v 0
β
uv
α
例1 四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方
形, PD⊥底面ABCD，PD=DC=6, E是PB的
中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.
| a |
2
a
x2 y2 z2
5.共面向量定理:如果两个向量
不共线,则向量 p与向量 共面的充要
条件是存在实数对 使 p xa yb
bB
M aA
p
P
A
O
推论:
空间四点P、M、A、B共面 存在唯一实数对（x , y）, 使得MP x MA yMB OP xOM yOA zOB(其中，x y z 1)
一. 平行关系：
(1) l / /m a / /b a b ；
a
l
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l / / ① a u a u 0 ；
u
a
α
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
数学专题二
利用空间向量解决立体几何问题
复习:
1.空间向量的数量积: 设a (x1, y1, z1),b (x2, y2, z2)
a b | a | | b | cos a, b x1x2 y1 y2 z1z2
2. 向量的夹角:
a
向量 a与b 的夹角记作: a，b
空间向量和立体几何练习题与答案
空间向量和立体几何练习题与答案
1.若把空间平行于同一平面且长度相等的所有非零向量的始点放置在同一点，则这些向量的终点构成的图形就是( )
A.一个圆
B.一个点
C.半圆
D.平行四边形
答案:A
2.在长方体 ABCD-A₁B ₁C ₁D ₁中,下列关于AC₁的表达中错误的 一个就是( )
A. AA₁+A ₁B ₁+A ₁D ₁
B. AB+DD₁
+D ₁C ₁
C. AD+CC₁+D ₁C ₁
D.12(AB 1+CD 1)+A 1C 1
答案:B
3.若a ，b ，c 为任意向量，m ∈R ，下列等式不一定成立的就是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c)
B.(a+b)•c=a•c+b•c
C. m(a+b)=ma+mb
D.(a·b)·c=a·(b·c)
答案:D
4.若三点A, B, C 共线,P 为空间任意一点,且PA+αPB=βPC,则α-β的值为( )
A.1
B.-1
C.12
D.-2
答案:B
5.设a=(x,4,3), b=(3,2, z),且a ∥b,则xz 等于( )
A.-4
B.9
C.-9
D.649
答案:B
6.已知非零向量 e ，e₂不共线，如果AB=e₁+e ₂ A C=2e ₂ 8e ₂AD=3e ₁3 ,则四点 A. B C (
) A.一定共圆
B.恰就是空间四边形的四个顶点心
C.一定共面
D.肯定不共面
答案:C。
高三立体几何大题专题(用空间向量解决立体几何类问题)
【知识梳理】之巴公井开创作二、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c 不共面, 那么对空间任一向量p xa yb zc =++,,a b c 称为基向量.2、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴, y 轴和z 轴.则a xi y j zk =++（x,y,z ）称为空间直角坐标.注：假如没有三条互相垂直的向量, 需要添加辅助线构造, 在题目中找出互相垂直的两个面, 通过做垂线等方法来建立即可.3、空间向量运算的坐标暗示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==, 则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±21a a a x =⋅=+a b ⋅=a cos ,b a b 〈〉．cos ,a b a b a b⋅〈〉=(2)设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=--- (3)()111,,x y z A ,()222,,x y z B =, 则(d x AB =AB =二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x, y, z ）3、在平面内找出两个不共线的向量, 记为a =（a1, a2, a3） b =（b1, b2, b3）4、根据法向量的界说建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组, 取其中一组解即可. 应用1：证明空间位置关系（1）线线平行：证明//AB CD , 即证明//AB CD （2）线线垂直：证明AB CD ⊥, 即证明0AB CD ⋅=（3）线面平行：证明//AB α（平面）（或在面内）, 即证明AB 垂直于平面的法向量或证明AB 与平面内的基底共面；（4）线面垂直：证明AB α⊥, 即证明AB 平行于平面的法向量或证明AB 垂直于平面内的两条相交的直线所对应的向量；（5）面面平行：证明两平面//αβ（或两面重合）, 即证明两平面的法向量平行或一个面的法向量垂直于另一个平面；（6）面面垂直：证明两平面αβ⊥, 即证明两平面的法向量垂直或一个面的法向量在内一个面内.应用2：利用空间向量求线线角、线面角、二面角（1）异面直线的夹角：0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.设12,l l 是两条异面直线, ,A B 是1l 上的任意两点, ,C D 是直线2l 上的任意两点, 则cos cos ,AB CD θ=, 即12,l l 所成的角为arccosAB CD AB CD••（2）直线与平面的夹角：0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.设AB 是平面α的斜线, 设n 是平面α的法向量, AB 是平面α的一条斜线, 则sin cos ,AB n θ=, 即AB 与平面α所成的角为arccos2AB n AB n AB nAB nπ••-••，或者arcsin（3）二面角：[]0,θπ∈设12,n n 是二面角l αβ--的面,αβ的法向量, 则121212,cosn n n n arc n n •<>=•就是二面角的平面角或补角的年夜小.需具体分析是哪一个.当法向量12n n 与的方向分别指向二面角内侧与外侧时, 二面角的年夜小即是法向量12n n 与的夹角的年夜小.当法向量12n n 与的方向同时指向二面角的内侧或外侧时, 二面角的年夜小即是法向量12n n 与的夹角的补角12,n n π-<>. 应用三：求距离（1）两点间距离：()111,,x y z A , ()222,,x y z B =, 则(d x AB =AB =（2）点到直线距离：在直线l 上找一点P , 过定点A 且垂直于直线l 的向量为n , 则定点A 到直线l 的距离为cos ,n d n nPA⋅=PA 〈PA 〉=（3）点P 到平面距离：点P 是平面α外一点, A 是平面α内的一定点,n为平面α的一个法向量, 则点P 到平面α的距离为cos ,n d n nPA⋅=PA 〈PA 〉=．（4）两异面直线距离：设直线21,l l 是两条异面直线, n 是21,l l 公垂线AB 的方向向量, 又C 、D 分别是21,l l 上的任意两点, 则1l 与2l 之间距离..→→→--→-==nnCD AB d（5）直线AC 平面α（//AC α）的距离：转化为点A 到平面α的距离（6）平面α与平面β（//αβ）的距离（n 为平面的法向量）：转化为平面α内的点到平面β的距离. 应用四：解决探究问题对存在判断型问题, 解题的战略一般为先假设存在, 然后转化为“封闭型”问题求解判断, 若不呈现矛盾, 则肯定存在；若呈现矛盾, 则否定存在.这是一种最经常使用也是最基本的方法.立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量, 引入参数, 综合已知和结论列出等式, 解出参数. 这是立体几何中的点的位置的探求的经常使用方法.方法：点F 是线PC 上的点, 一般可设PC PF λ=, 求出λ值, P 点是已知的, 即可求出F 点点F 在平面PAD 上一般可设DP t DA t DF 21+=⋅、计算出21,t t 后, D 点是已知的, 即可求出F 点.【经典例题】一、平行垂直的证明（包括存在性问题）例1、如图, 在多面体ABCDEF 中, 四边形ABCDAB , EF FB ⊥, 2AB EF =, 90BFC ∠=︒, BF FC =, H 为 (1)求证：FH ∥平面EDB ；(2)求证：AC ⊥平面EDB ；例2、 如图, 在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中, AD∥BC,∠ABC=90o, PD⊥平面 （I ）求证：BD⊥PC；（2）设点E 在棱PC 上, PE PC λ=, 若DE∥平面PAB, 求λ的值．【变式1-1】在如图所示的几何体中, 面CDEF 为正方形, 面ABCD 为等腰梯形, AB //CD , BC AB 2=,60ABC ︒∠=, AC FB ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（2）线段ED 上是否存在点Q , 使平面EAC ⊥证明你的结论．【变式1-2】如图, 在四棱锥P ABCD -中, 平面PAC ⊥平面ABCD, 且PA AC⊥,2PA AD ==．四边形ABCD满足BC AD ,AB AD ⊥,1AB BC ==．点,E F 分别为侧棱,PB PC 上的点, 且PE PFPB PCλ==． （Ⅰ）求证：EF 平面PAD ；（Ⅱ）那时12λ=, 求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值； （Ⅲ）是否存在实数λ, 使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在,试求出λ的值；若不存在, 请说明理由． 【变式1-3】在等腰梯形ABCD 中, //AD BC , 12AD BC =, 60ABC ∠=,N 是BC 的中点．将梯形ABCD 绕AB 旋转90, 获得梯形ABC D ''（如图）．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面ABC '； （Ⅱ）求证：//C N '平面ADD '；【变式1-4】在四棱锥P ABCD -中, PA ⊥平面ABCD ,ABC ∆是正三角形, AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点,又4PA AB ==, 120CDA ∠=, 点N 在线段PB 上, 且PDABC FEACDBND 'C 'PN =（Ⅰ）求证：BD PC ⊥； （Ⅱ）求证：//MN 平面PDC ; 【变式1-5】如图, 四边形ABCD 是边长为2的正方形, MD ⊥平面ABCD, NB ∥MD, 且NB=1, MD=2；（Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN; （Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；（Ⅲ）E 为直线MN 上一点, 且平面ADE ⊥平面MNC, 求ME MN的值.【变式1-6】如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中, 90BAC ∠=︒,12,AB AC AA ===E 是BC 中点.（I ）求证：1//A B 平面1AEC ；（II ）若棱1AA 上存在一点M , 满足11B M C E ⊥,求AM 的长； 【变式1-7】如图, 四棱锥ABCD P -中, 底面ABCD 为正方形, PD PA =,⊥PA 平面PDC,E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB // 平面EAC ； （Ⅱ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；OFEDCBA【变式1-8】在四棱锥E ABCD 中, 底面ABCD 是正方形,,AC BD O 与交于点F ABCD EC ,面⊥为BE 的中点. （Ⅰ）求证：DE ∥平面ACF ； （Ⅱ）求证：BD AE ⊥； （Ⅲ）若2,ABCE 在线段EO 上是否存在点G, 使BDE CG 面⊥？若存在, 求出EGEO的值, 若不存在, 请说明理由．二、利用空间向量求二面角, 线面角, 线线角例1、在棱长为a 的正方体''''ABCD A B C D -中, EF 分别是'',BC A D 的中点,（1）求直线'ACDE 与所成角； （2）求直线AD 与平面'B EDF 所成的角（3）求平面'B EDF 与平面ABCD 例2、如图, 四棱锥ABCD P -正面PAB 是边长为2的正三角形, 正面(Ⅰ)设AB 的中点为Q , 求证：⊥PQ （Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD （Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M , 使得二面角C BD M --的年夜小为 60, 求CPCM 的值.【变式2-1】在四棱锥P ABCD-中, 正面PAD⊥底面xFPABCD ,ABCD 为直角梯形, BC //AD , 90ADC ∠=︒,112BC CD AD ===, PA PD =, E F ,为AD PC ,的中点． （1）若PC 与AB 所成角为45︒, 求PE 的长；（2）在（Ⅱ）的条件下, 求二面角F-BE-A 的余弦值．【变式2-2】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 =90º, AD = 2, AB =AF =2EF =1, 点P 在棱DF 上．（Ⅰ）若P 是DF 的中点,(ⅰ) 求证：BF // 平面ACP ；(ⅱ) 求异面直线BE 与CP 所成角的余弦值； （Ⅱ）若二面角D -AP -C的余弦值为3求PF 的长度．【变式2-3】如图, 四边形ABCD 为正方形, ABCD BE 平面⊥, EB ∥FA , EB AB FA 21==．（I ）证明：平面B AF AFD 平面⊥；（II ）求异面直线ED 与CF 所成角的余弦值; （III ）求直线EC 与平面BCF 所成角的正弦值． 【变式2-4】已知四棱锥P ABCD-, 底面ABCD为矩形, 侧棱PA ABCD ⊥底面, 其中226BC AB PA ===, M N ,分点, 如图所示.（Ⅰ）求证：//AN MBD 平面；（Ⅱ）求异面直线AN 与PDD（Ⅲ）求二面角M BD C --的余弦值.三、求距离例、如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中, ∠ACB=90°, CB=1,CA=3,AA 1=6,M为侧棱CC 1上一点, 1AM BA ⊥．（1）求证: AM 平面1A BC ；（2）求二面角B －AM －C 的年夜小；（3）求点C 到平面ABM 的距离． 【变式3-1】如图1, 在RtABC∆中,90C ∠=︒,36BC AC ==，．D 、E 分别是AC AB 、上的点, 且//DE BC , 将ADE∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置, 使1A D CD ⊥, 如图2． （Ⅰ）求证：BC ⊥平面1A DC ；（Ⅱ）若2CD =, 求BE 与平面1A BC 所成角的正弦值； （Ⅲ）当D 点在何处时, 1A B 的长度最小, 并求出最小值． 【强化训练】&【课后作业】（注：本专题根据学生的水平及上课接受情况适被选择部份进行上课练习, 部份做为课后作业.）（13, 西城一模）在如图所示的几何体中, 面CDEF 为正方形, 面ABCD 为等腰梯形, AB //CD , BC AB 2=,60ABC ︒∠=, AC FB ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（Ⅱ）求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；A BCAB CMACDE图1图2 A 1B CD E（Ⅲ）线段ED 上是否存在点Q , 使平面EAC ⊥平面QBC ？ 证明你的结论．（13, 延庆一模）如图, 四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为菱形, 60=∠ABC , 正面PAB 是边长为2的正三角形, 正面PAB ⊥(Ⅰ)设AB 的中点为Q , 求证：⊥PQ 平面（Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD （Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M , 使得二面角C BD M --的年夜小为 60, 求CPCM 的值.（13, 向阳一模）如图, 在四棱锥P ABCD -中, 平面PAC ⊥平面ABCD , 且PA AC⊥,2PA AD ==．四边形ABCD满足BC AD , AB AD ⊥, 1AB BC ==．点,E F 分别为侧棱,PB PC 上的点, 且PE PF PB PCλ==． （Ⅰ）求证：EF 平面PAD ；（Ⅱ）那时12λ=, 求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（Ⅲ）是否存在实数λ, 使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在,试求出λ的值；若不存在, 请说明理由． （13, 东城一模）已知几何体A —BCED 其中俯视图和侧视图都是腰长为4三角形, 正视图为直角梯形．（Ⅰ）求此几何体的体积V 的年夜小;PDA BCFE侧视图正视图（Ⅱ）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值； （Ⅲ）试探究在棱DE 上是否存在点Q, 使得 AQ ⊥BQ, 若存在, 求出DQ 的长, 不存在说明理由.（13, 房山一模）在四棱锥P ABCD -中, 正面PAD ⊥底面ABCD ,ABCD 为直角梯形, BC //AD , 90ADC ∠=︒,112BC CD AD ===, PA PD =, E F ,为AD PC ,的中点． （Ⅰ）求证：PA //平面BEF ；（Ⅱ）若PC 与AB 所成角为45︒, 求PE 的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下, 求二面角F-BE-A 的余弦值．（13, 门头沟一模）在等腰梯形ABCD 中, //AD BC , 12AD BC =, 60ABC ∠=, N 是BC的中点．将梯形ABCD 绕AB 旋转90, 获得梯形ABC D ''（如图）． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面ABC '；（Ⅱ）求证：//C N '平面ADD '； （Ⅲ）求二面角A C N C '--的余弦值． （13, 海淀一模）在四棱锥P ABCD -中, PA ⊥平面ABCD , ABC ∆是正三角形, AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点, 又4PA AB ==,120CDA ∠=, 点N 在线段PB 上, 且2PN =DFECBAPACDBND 'C 'MBAN（Ⅰ）求证：BD PC ⊥； （Ⅱ）求证：//MN 平面PDC ;（Ⅲ）求二面角A PC B --的余弦值． （13, 丰台一模）16．如图, 四边形ABCD 是边长为2的正方形, MD ⊥平面ABCD, NB ∥MD, 且NB=1, MD=2；（Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；（Ⅲ）E 为直线MN 上一点, 且平面ADE ⊥平面MNC, 求ME MN的值.（13, 海淀期末）如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中, 90BAC ∠=︒,12,AB AC AA ===E 是BC 中点.（I ）求证：1//A B 平面1AEC ；（II ）若棱1AA 上存在一点M , 满足11B M C E ⊥,求AM 的长；（Ⅲ）求平面1AEC 与平面11ABB A 所成锐二面角的余弦值. （13, 西城期末）如图, 四棱锥ABCD P -中, 底面ABCD 为正方形, PD PA =,⊥PA 平面PDC,E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB // 平面EAC ；EC 1B 1A 1CBA（Ⅱ）求证：平面PAD⊥平面ABCD；（Ⅲ）求二面角B-的余弦值．ACE-。
必考题型高考数学：空间向量解决立体几何问题两妙招
必考题型高考数学：空间向量解决立体几何问题两妙招第29练空间向量解决立体几何问题两妙招——“选基底”与“建系”题型一选好基底解决立体几何问题例1如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值．破题切入点选好基底，将问题中涉及的向量用所选定的基底来线性表示，然后运算．(1)证明设＝p，＝q，＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.(2)解由(1)可知＝(q＋r－p)，∴||2＝2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝×2a2＝.∴||＝a，∴MN的长为a.(3)解设向量与的夹角为θ.∵＝(＋)＝(q＋r)，＝－＝q－p，∴·＝(q＋r)·(q－p)＝(q2－q·p＋r·q－r·p)＝(a2－a2·cos60°＋a2·cos60°－a2·cos60°)＝(a2－＋－)＝.又∵||＝||＝a，∴·＝||·||·cosθ＝a·a·cosθ＝.∴cosθ＝，∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2如图，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.破题切入点建立空间直角坐标系后，使用向量共线的充要条件证明∥即可证明(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．另外也可用选基底的方法来解决．证明方法一(坐标法)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为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)，E(，1，)，F(0,1，)，所以＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以⊥，⊥，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P DC，所以平面PAD⊥平面PDC.方法二(选基底法)选取、、作为空间向量的一组基底．(1)由于E、F分别是PC、PD的中点，所以＝＝－，即与共线，EF?面PAB，AB?面PAB，∴EF∥面PAB.(2)由于ABCD为矩形，且PA⊥面ABCD，∴·＝·＝·＝0.所以有AB⊥面PAD，又∥，∴CD⊥面PAD，CD?面PCD，从而有平面PAD⊥平面PDC.题型三综合应用问题例3如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(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．破题切入点利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算得结论．(1)证明以A为原点，向量，，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)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足D P∥平面B1AE，此时AP＝.总结提高(1)利用选基底的方法证明位置关系或求解空间角等问题时，首先要选好基底，再次解决问题时所用的方法要熟练掌握．(2)利用建系的方法来解决立体几何问题时类似于选基底的办法，关键是理清原理，然后寻求原理所需要的条件来解决．1．下列各组向量共面的是()A．a＝(1,2,3)，b＝(3,0,2)，c＝(4,2,5)B．a＝(1,0,0)，b＝(0,1,0)，c＝(0,0,1)C．a＝(1,1,0)，b＝(1,0,1)，c＝(0,1,1)D．a＝(1,1,1)，b＝(1,1,0)，c＝(1,0,1)答案A2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M 为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是()A．－a＋b＋cB.a＋b＋cC．－a－b＋cD.a－b＋c答案A解析显然＝＋＝＋(－)＝－a＋b＋c.3．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_ _______．答案90°解析方法一延长A1B1至D，使A1B1＝B1D，则AB1∥BD，∠MBD就是直线AB1和BM所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C1D2＋C1M2＝13，∴cos∠DBM＝＝0，∴∠DBM＝90°.方法二不妨设棱长为2，选择基向量{，，}，则＝－，＝＋，cos〈，〉＝＝＝0，故填写90°.4．P是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，如果∠BP M＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．答案90°解析不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝a，PF＝b，∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b＝－－＋＝0，∴⊥，∴二面角α－AB－β的大小为90°.5.如图所示，正四面体V－ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.(1)求证：AO、BO、CO两两垂直；(2)求〈，〉．(1)证明设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，∴·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1·cos60°－9)＝0.∴⊥，∴AO⊥BO，同理AO⊥CO，BO⊥CO，∴AO、BO、CO两两垂直．(2)解＝＋＝－(a ＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)．∴||＝＝，||＝＝，·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，∴cos〈，〉＝＝，∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝45°.6.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1的长；(2)求BD1与AC夹角的余弦值．解记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝.(1)||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6，∴||＝，即AC1的长为.(2)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.∴cos〈，〉＝＝.∴AC与BD1夹角的余弦值为.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)解因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故O A⊥OB，从而OA，OB ，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，、、的方向为x轴、y 轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC ＝OA，则A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，，0)，C(0，－，0)，＝(0，，－)，＝＝(1,0，－)，＝＝(－1，－，0)．设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n＝(1，，)．设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m＝(1，－，)．则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为.8．(2014·山东)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，如图(1)．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连接AC，MC.由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC ＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以＝，＝＝.设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过点C向AB 引垂线交AB于点N，连接D1N，如图(3)．由CD1⊥平面A BCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝.所以ND1＝＝.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.9.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．解方法一(坐标法) 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2)，B1(0,4，2)．(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,2)．所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2)．所以cos〈，〉＝＝＝－.所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为.(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2)．设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由得令a＝1，则b＝1，c＝，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，)．因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,2)，所以＝(x－4,4－x,2)．因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°＝.由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|1×(x－4)＋1×(4－x)＋×2|＝2××，解得x＝2或x＝6.因为点M 在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点．方法二(选基底法)由题意CC1⊥CA，CA⊥CB，CC1⊥CB取，，作为一组基底，则有||＝||＝4，||＝2，且·＝·＝·＝0.(1)由＝3，则＝＝＝－，∴＝＋＝＋－，且||＝，＝－－，且||＝2，·＝4，∴cos〈，〉＝＝.即异面直线AM与A1C所成角的余弦值为.(2)设A1M＝λA1B1，则＝＋λ－λ.又＝－，＝－，设面ABC1的法向量为n＝x＋y＋z，则n·＝8z－16x＝0，n·＝16y－16x＝0，不妨取x＝y＝1，z＝2，则n ＝＋＋2且|n|＝8，||＝，·n＝16，又AM与面ABC1所成的角为30°，则应有＝＝，得λ＝，即M为A1B1的中点．10．(2013·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA 1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．方法一(坐标法)(1)证明在正方形AA1 C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC，∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xy z.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．∴?∴取向量n1＝(0,4,3)，由?取向量n2＝(3,4,0)，∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.∴＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，则λ＝，因此＝.方法二(选基底法)由四边形AA1C1C是边长为4的正方形且面ABC⊥面AA1C1C.知AC⊥AB，AC⊥AA1，AA1⊥AB，以，，为基底，则有·＝·＝·＝0，且||＝4，||＝3，||＝4.(1)证明由·＝0，·＝0，知AA1⊥AC，AA1⊥AB，又AC∩AB＝A，所以AA1⊥面ABC.(2)解＝，＝＋＝－＋，＝.设面A1BC1的法向量为n1＝x1＋y1＋z1，由n1·＝0及n1·＝0，可取x1＝0，y1＝16，z1＝9，即n1＝16＋9，另设面BC1B1的法向量为n2＝x2＋y2＋z2，由n2·＝0及n2·＝0，可取x2＝9，y2＝16，z2＝0，即n2＝9＋16，所以n1·n2＝162×9，|n1|＝|n2|＝，∴cos〈n1，n2〉＝＝，即二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设＝λ，则＝＋＝λ＋(1－λ)＋λ，＝－，所以·＝9－9λ－16λ＝0，得λ＝.于是BC1上存在点D且BD＝BC1，使AD⊥A1B，此时＝.。
最新题型空间向量证明立体几何问题
C
B
0 AB ' • A'C 3 1 h2, h2 2.
A
AB ' • BC ' 0 2 h2 0. BC ' AB '
题型四：线面平行
例.在正方体AC1中，E为DD1的中点，求证：DB1//面A1C1E
证明：如图建立坐标系D xyz,
A1
D1 z
F
C1 设AD 2.则
A1(2,0,2), C1(0,2,2), E(0,0,1)
|
即所求二面角的余弦值是 6 。
6, 3
3
题型七：面面平行
例：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：面A1BD∥面CB1D1
证明: 如图分别以D1 A1、D1C1、D1D 三边所在的直线为x, y, z轴建立空间
直角坐标系.设正方体的棱长为1,则
Z
A1(1, 0, 0), B1(1,1, 0), C(0, 0,1), D(0, 0,1)
或先求平面BDE的法向量 n 再证明 A' F n
题型六：面面角
例、已知，ABCD是一直角梯形，ABC 900, SA 平面ABCD,
SA AB BC 1, AD 1 ,求面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值。
2 解：建立直角坐系A - xyz如所示,
z
A (0,0,0),C (- 1,1,0),D(0, 1 ,0), S(0,0,1) S
n
2、根据n·a = 0且n·b = 0可列出方程组
x1x x2 x
y1 y2
y y
z1z z2 z
0 0
ab
3、取某一个变量为常数(当然取得越简单越好), 便得到平面法向量n的坐标.
空间向量证明立体几何问题
a ( x1, y1, z1 )
a b x1x2 y1 y2 z1z2
4、两个向量平行的条件
a || b x1 x2 , y1 y2 , z1 z2 ( R)
x y z 1 1 1 或 a || b x2 y2 z2
5、两个向量垂直的条件
(0，0，1)
D
'
C
'(0，1，1)
(1，0，1)
A
'
B '(1，1，1)
O(0，0，0)
C (0，1，0) y B (1，1，0)
A (1，0，0)
x
' ' ' ' OABC D A B C 例1 如下图，在长方体 中，
| OA | 3 ， | OD ' | 2 写出四点D’，C，A’，B’ | OC | 4 ， 的坐标
直于平面α,称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α, 这时向量n叫做平面α的法向量.
n
α
法向量作用大（请务必掌握）
u
a
证明线面平行
l
l ∥ a u a u 0 ；
l
a
u
证明线面垂直
l ⊥ a ∥ u a u ；
u
证明面面平行
v
∥ u ∥ v u v.
题型二：面面平行与垂直
例：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：面A1BD∥面CB1D1
证明 : 如图分别以D1 A1、D1C1、D1 D 三边所在的直线为x, y , z轴建立空间
Z
直角坐标系.设正方体的棱长为1,则 A1 (1, 0, 0), B1 (1,1, 0), C (0, 0,1), D(0, 0,1) 则A1 D ( 1, 0,1), B1C ( 1, 0,1) A1 D || B1C.即直线A1 D || B1C， 则A1 D || 平面CB1 D1.同理可证： A1 B || 平面CB1 D1. 平面A1 BD || 平面CB1 D1.
高考数学 空间向量解立体几何(含综合题习题)
利用空间向量解立体几何问题一、基础知识（一）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如：()()2,4,6,3,0,2A B ，则直线AB 的方向向量为()1,4,4AB =--2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面α垂直的直线称为平面α的法线，法线的方向向量就是平面α的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（2）求法：（先设再求）设平面α的法向量为(),,n x y z =，若平面上所选两条直线的方向向量分别为()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则可列出方程组：1112220x y z x y x y z x y z z ++=⎧⎨++=⎩ 解出,,x y z 的比值即可 例如：()()1,2,0,2,1,3a b ==，求,a b 所在平面的法向量 解：设(),,n x y z =，则有20230x y x y z +=⎧⎨++=⎩ ，解得：2x yz y=-⎧⎨=⎩::2:1:1x y z ∴=- ()2,1,1n ∴=-（二）空间向量可解决的立体几何问题（用,a b 表示直线,a b 的方向向量，用,m n 表示平面,αβ的法向量）1、判定类（1）线面平行：a b a b ⇔∥∥ （2）线面垂直：a b a b ⊥⇔⊥ （3）面面平行：m n αβ⇔∥∥ （4）面面垂直：m n αβ⊥⇔⊥ 2、计算类：（1）两直线所成角：cos cos ,a b a b a bθ⋅==（2）线面角：cos ,sin a m a m a mθ⋅==（3）二面角：cos cos ,m n m n m nθ⋅==或cos cos ,m n m n m nθ⋅=-=-（视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为A AP n d nα-⋅=，即AP 在法向量n 上投影的绝对值。
高考必刷大题 空间向量与立体几何
故 2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0， 3μt＝ 3，
解得
t＝23，从而D→F＝0，43，2
3
3.
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所以直线AE与DF所成角的余弦值为
|cos〈A→E，D→F〉|＝|AA→→EE|·|DD→→FF|＝
2 7×2
7＝37. 3
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4.(2023·成都模拟)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相 垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE 与AC所成角为45°，点F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近 点G的三等分点.
则有nn··B—C→CC→＝1 ＝x＋－x＋3y＝30z，＝0，
可取 n＝( 3，－1,1)，又—BA→1 ＝(1,0， 3)，
—→
所以点
A1 到平面
BCC1B1 的距离为| BA|n1|·n|＝2
3＝2 5
515，
所以所求距离为2 515.
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3.(2024·丹东模拟)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等， 平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°， E为棱C1D1的中点.
(1)求证：A，B，F，H四点共面；
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如图，取AB的中点O，连接OC，OE， 因为AC＝BC，故∠BAC为锐角， 又ED∥AB， 故∠BAC即为异面直线DE与AC所成角， 则∠BAC＝45°， 则∠ACB＝90°，即AC⊥CB， 因为直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB， 平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，
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设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则nn··PP→→DB＝＝22xy－－22zz＝＝00，， 取 x＝1，得 n＝(1,1,1)， ∵A→M＝n，∴AM⊥平面 PBD.
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.。
空间向量解立体几何(含综合题习题)
空间向量解立体几何(含综合题习题)利用空间向量解立体几何问题一、基础知识1.刻画直线与平面方向的向量直线的方向向量可由直线上的两个点来确定。
例如，若有点A(2,4,6)和点B(3,0,2)，则直线AB的方向向量为AB=(1,-4,-4)。
平面的法向量来刻画平面的倾斜程度。
法线的方向向量就是平面的法向量。
要求出指定平面的法向量，需要平面上的两条不平行的直线。
设平面的法向量为n=(x,y,z)，若平面上所选两条直线的方向向量分别为a=(x1,y1,z1)和b=(x2,y2,z2)，则可列出方程组：x1x+y1y+z1z=0和x2x+y2y+z2z=0，解出x,y,z的比值即可。
例如，若a=(1,2,0)和b=(2,1,3)，求a,b所在平面的法向量，则设n=(x,y,z)，有方程组：x+2y=0，2x+y+3z=0，解得：x:y:z=-2:1:1，故n=(-2,1,1)。
2.空间向量可解决的立体几何问题1）判定类线面平行：a∥b当且仅当a∥b。
线面垂直：a⊥XXX且仅当a⊥b。
面面平行：α∥β当且仅当m∥n。
面面垂直：α⊥β当且仅当m⊥n。
2）计算类两直线所成角：cosθ=cos(a,b)=(a·b)/(|a||b|)。
线面角：sinθ=sin(a,m)=(a·m)/(|a||m|)。
二面角：cosθ=cos(m,n)（法向量夹角关系而定）或cosθ=-cos(m,n)。
点到平面距离：设A为平面α外一点，P为平面α上任意一点，则A到平面α的距离为d=|AP·n|/|n|，即AP在法向量n上投影的绝对值。
3）点的存在性问题在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件。
解决该问题时，可以先设出所求点的坐标(x,y,z)，再想办法利用条件求出坐标。
为底面，以AD为高，构造平面ADE，可知平面ADE与平面ABCD- A1垂直，且平面ADE与平面EF所成角为所求角，故EF与平面ADE垂直。
空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)
空间向量在立体几何中的应用：(1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，I为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线，对空间任意一点0,点P在直线I上的充要条件是存在实数t，使得0P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.②如果直线I丄平面，取直线I的方向向量a,则向量a叫做平面的法向量. 由此可知，给定一点A及一个向量a,那么经过点A以向量a为法向量的平面惟一确定. (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线I, m的方向向量分别是a, b,平面，的法向量分别是u, v,则① 1 // m a// b a= kb , k€ R；②1丄m a丄b a b= 0；③1 // a丄u a •= 0；④1丄a// u a = ku, k€ R；⑤//u // v u= kv, k€ R；⑥丄u丄v u v = 0.⑶用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a, b是两条异面直线，过空间任意一点0作直线a'/a, b' b，则a'与/ 所夹的锐角或直角叫做异面直线a与b所成的角.n设异面直线a与b的方向向量分别是v1,v2,a与b的夹角为，显然(0,-],则| COS W,v2| 1 Vl V2 1|W||V2|②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面的射影所成的角.设直线a的方向向量是U，平面的法向量是V,直线a与平面的夹角为，显然n | u v |[0,—]，则|cos u,v |2 |u||v|③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.记作-I- 在二面角的棱上任取一点0,在两个半平面分别作射线0A丄I, 0B丄I,则/ AOB叫做二面角一—的平面角.利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB, CD分别是二面角一—的两个面与棱I垂直的异面直线，则二面角一I- 的大小就是向量AB 与 CD 的夹角的大小.方法二：如图，m 1, m 2分别是二面角的两个半平面， 的法向量，则〈m 1, m 2〉与该二面角的大小相等或互补.(4)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， 从不同角度解决立体几何问题.【例题分析】例1 如图，在长方体 OAEB- O 1A 1E 1B 1中，OA = 3, OB = 4, 00= 2，点P 在棱AA 上，且AP =2PA ,点S 在棱BB 上，且B i S = 2SB,点Q , R 分别是 0旧，AE 的中点，求证： PQ// RS【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数 k ,使得PQ kRS4•P (3，Q3)解：如图建立空间直角坐标系，则 2) , B 1(0 , 4 , 2),日3 , 4 , 0).' 2 — • AP AA 1 3•/ AP = 2PA i ,0(0, 0, 0), A (3, 0, 0), B (0, 4, 0), O i (0, 0, 2), A i (3, 0 ,2(0Q2)(0,0,-),33同理可得：Q (0 , 2 , 2) , R (3 , 2 , 20), S(0,4,-) 3RS,PQ//RS ,又 RPQ ,••• PQ // RS.【评述】1、证明线线平行的步骤:(1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可.2、本体还可采用综合法证明，连接PR, QS,证明PQRS是平行四边形即可，请完成这个证明.例2 已知体ABCD— A i BQ i D i中，M , N , E, F分别是棱A1D1, AB, DQ i, BQ的中点，求证: 平面AMN //平面EFBD.【分析】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量平行.解法一：设体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，贝U D(0, 0, 0), A(4, 0 , 0), M(2, 0 , 4), N(4, 2, 4), R4, 4, 0),日0, 2 , 4) , R2, 4 , 4).取MN 的中点K , EF的中点G , BD 的中点O,则0(2 , 2 , 0) , K(3 , 1 , 4) , G(1, 3 , 4).MN = (2 , 2 , 0) , EF = (2 , 2 , 0) , AK = (—1, 1 , 4) , OG = (—1, 1, 4),••• MN // EF , AK OG , ••• MN//EF , AK//OG ,••• MN //平面EFBD AK//平面EFBD•平面AMN //平面EFBD解法二：设平面AMN的法向量是a= (a1 , a? , a» ,平面EFBD的法向量是b = (b1 , b2 , b a).由a AM 0,a AN 0,2c 4比0,得取a a= 1,得a = (2 , —2 , 1).2a2 4a a 0,由b DE 0,b BF 0,2b2 4b a 0,得取b a = 1，得b = (2 , —2 , 1).2b1 4b3 0,•/ a / b, •平面AMN //平面EFBD.注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试.例3 在体ABCD- ABQD1中，M, N是棱AD , BE的中点，求异面直线AM和CN所成角的余弦值.C （0，2, 0），N （2，2，1）.AM （0,1,2）,CN （2,0,1）,•••异面直线 AM 和CN 所成角的余弦值是 -5解法二：取AB 的中点P, CC 1的中点Q ,连接BP, B i Q , PQ , PC. 易证明：BP// MA , B i Q // NC ,•••/ PBQ 是异面直线 AM 和CN 所成的角.•异面直线AM和CN所成角的余弦值是5【评述】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的角（锐角）.例4 如图，正三棱柱 ABC — A i B i C i 的底面边长为a ,侧棱长为 2a ，求直线 AC i 与平面ABBA 所成角的大小.解法D （0，0，0）, A （2，0, 0），M （2，1，2），设AM 和CN 所成的角为，则cosAM CN 2 | AM ||CN |5设体的棱长为2，易知B i P B i Q . 5,PQPC 2 QC 2 . 6,• cosPB i QB j P 2 BQ 2 PQ 22BP B i Q:设体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则【分析】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ABBA 的法向量求解.解法一：如图建立空间直角坐标系，则 A (0 , 0, 0), B (0 , a , 0) , Ai(0,0「2a),Ci( 干,a ，'2a)取 A i B i 的中点 D ,则 D(0,].2a)，连接 AD , CDDO AB 0, DG AA 0,•••DC 丄平面 ABBA i ,•••/ CAD 是直线AC i 与平面ABBA i 所或的角.ri —AC (少f 「2a),A5(0,-^.2a),2 2 2•直线AG 与平面ABBA i 所成角的大小是 30解法二：如图建立空间直角坐标系，— ■ 3a a _则 A (0, 0, 0), B (0, a , 0) , A (0, 0,2a ) , C i ( ,八 2a),2 2从而 AB (0,a,0), AA (0,0^. 2a), AC ( 溼f,、2a)2 2设平面ABBA i 的法向量是a = (p , q , r ),则DC寸3a "(T ，0,0)，AB(0,a,0),AA (0,0, • 2a),cosC i ADAC AD-3lACilADj 2G /A c i由a AB 0,a AA 0,aq 0, 得一取p = i，得a= (i, 0, 0).2ar 0,n 设直线AC与平面ABBA i所成的角为，[0, —],2sin | cosAC 1,a |1 ACl a 1-, 30.|AC i ||a|2【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出 了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换.解法一：取PB 的中点D ,连接 CD ,作AE 丄PB 于E•/ PA = AC = 1, PA 丄AC , ••• PC = BC = 2 ,••• CD 丄 PB. •/ EA 丄 PB,如图建立空间直角坐标系，则 C (0, 0 , 0), A (1, 0, 0),耳0, 2 , 0) , R1, 0 , 1)，由D 是PBA (0 , 0 , 0) , B^ 2,1,0), C (0 , 1, 0) , P (0 , 0 , 1),I-AP (0,0,1), AB (、2,1,0),CB C ，2,0,0),CP (0, 1,1).设平面PAB 的法向量是a = (a 1, a 2, a 3), 平面PBC 的法向量是b = (b 1, b 2, b 3).•向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A — PB- C 的大小.的中点，得D (G 2 1 2 2,2) EAcos 即二面角 AP 2 AB21,得E 是PD 的中点,3从而 E (3,¥?)4 4 4..21 2)EA, DCEA DC |EA||DC |A — PB- C 的平面角的余弦值是解法二：如图建立空间直角坐标系，则例5如图，三棱锥 P — ABC 中，PA 丄底面ABC, AC 丄BC, PA = AC = 1, BC 、2，求二面角 A —PB- C 的平面角的余弦值.由 a AP 0,a AB 0,a30,L得取 a i =1，得 a (1, - 2,0). .2a i a 20,由 b CB 0,b CP 0得 ' 2b l 0,取 b 3 = 1,得 b = (0, 1, 1). b 2 b 3 0,a b . 3 COS a, b|a||b|3••二面角A — PB- C 为锐二面角，■. 3.3'•二面角A — PB- C 的平面角的余弦值是| 1 3 | 3 【评述】 1、求二面角的大小，可以在两个半平面作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上. 2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论， 这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的.练习一、选择题：1.在体ABCD -A 1BCD 1中，E 是BB 的中点，则二面角 E — AQ 1 — D 的平面角的正切值是 ()(A) . 2(B)2(C) •. 5(D) 2、2体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，直线 AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30 °(B)45°(C)60 °(D)90已知三棱柱 ABC — A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等， A 在底面ABC 的射影ABC 的中心，贝U AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于()、填空题：在体 ABCD — A 1B 1C 1D 1 中，E , F , G , H 分别为 AA 1, 所成角的大小是 _____________P ----—.3已知正四棱柱的对角线的长为 6，且对角线与底面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积3等于 _____ .如图，正四棱柱 ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1= 2AB ,则异面直线 AB 与AD 1所成角的余弦值为1 (A)12(Bp3(C)22(D)2如图， 丄,n=l , A € , B € ,A , B 到1的距离分别是 a 和b , AB 与 别是和 ,AB 在, 的射影分别是 m 和n ,若a >b ,则下列结论正确的是( (A) >,m > n(B) > , m v n(C) v,m v n(D) v , m > n4. , 所成的角分 )AB, BB , B 1C 1的中点，则异面直线 EF 与GH18. 四棱锥P — ABCD 的底面是直角梯形，/ BAD = 90° AD // BC, AB BC -AD , PA 丄底面ABCD,2PD 与底面ABCD 所成的角是30。
空间向量在几何证明题解法
空间向量在几何体中例题1如图，在四棱椎P-ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD=DC,E 、F 分别是AB 、PB 的中点。
（1）求证：EF ⊥CD ；（2）证明：PA// 平面DEF(3)求DB 与平面DEF 所成的角2．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点，（14分） （1）求;的长BN （2）求;,cos 11的值><CB BA（3）.:11M C B A ⊥求证2解：（1）以射线oz oy ox CC CB CA ,,,,1分别为建立坐标系，则B （0，1，0）M C B A B A M C B A M C M C CB BA CB BA CB BA CB BA C B A BN N 111111122222211111111112220)2(0121)1(21)2,1,1(),0,21,21()2,21,21(),2,0,0()3(10302102)1(1221)1(01||||,cos ),2,1,0(),2,1,1()0,0,0(),2,1,0()2,0,1()2(3)01()10()01(||),1,0,1(⊥∴=-⨯+⨯+-⨯=⋅--==∴=++⋅+-+⨯+⨯-+⨯=⋅⋅>=<∴=-=∴=-+-+-=F ED CBAP3．已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点。
（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。
证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M .（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD .又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-== 只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λ ANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-故所求的二面角为4．如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD ． （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小．证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系.（Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V ， )23,0,21(),0,1,0(-==VA AB 由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直. ∴AB ⊥平面VAD .（Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得因此，AEB ∠是所求二面角的平面角，,721||||),cos(=⋅⋅=EB EA EB EA EB EA 5．如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====.（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面1A E C F的距离. 解：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C设(0,0,)F z .∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α，则 .333341161133||||cos 1111=++⨯=⋅⋅=n CC n CC α ∴C 到平面1AEC F 的距离为 .11334333343cos ||1=⨯==αCC d 16．（本题满分14分）求ax 2+2x +1=0（a ≠0）至少有一负根的充要条件。
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直线与直线平行
直线与平面平行
平面与平面平行
直线与直线垂直 直线与平面垂直 平面与平面垂直
２、垂直问题
设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ，平面
, 的法向量分别为 u, v ，则
线线垂直 l ⊥ m a ⊥ b a b 0 ；
线面垂直 l ⊥ a ∥ u a u ；
面面平行 ∥ u ∥ v u v.
３、角度问题
设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ，平面 ,
的法向量分别为 u, v ，则
cos ①两直线 l , m 所成的角为 ( 0 ≤ ≤ ), ； 2 ab
ab
au ②直线 l 与平面 所成的角为 ( 0 ≤ ≤ ), sin ； 2 a u
面面垂直
⊥ u ⊥ v u v 0.
四、基本方法
1、平行问题 设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ，平面
, 的法向量分别为 u, v ，则
线线平行 l ∥ m a ∥ b a b ；
线面平行 l ∥ a u a u 0 ；
x y z 1 1 1 或 a || b x2 y2 z2
5、两个向量垂直的条件
a b x1x2 y1 y2 z1z2 0
6、中点坐标公式
x1 x2 x 2 y1 y2 y 2 z1 z 2 z 2
7、重心坐标公式
n a b
x1 x y1 y z1 z 0 x2 x y2 y z2 z 0
3、取某一个变量为常数(当然取得越简单越好), 便得到平面法向量n的坐标.
例、已知A(2,1,1),B(-2,7,0),C(6,4,-1).求平 面ABC的法向量
解：平面ABC的法向量为:
即所求二面角的余弦值是
3
。
题型七：面面平行
例：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：面A1BD∥面CB1D1
题型五：线面垂直
例 : 在正方体ABCD A ' B ' C ' D '中.E,F分别是CC ', BD的中点. 求证：A ' F 平面BDE.
证明:如图取 DA, DC , DD '分别为x轴,y轴,z轴 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)
0
平面ABC的法向量平移到A1B1C1位置，已知
BC CA CC1，取A1B1、AC 1 1的中点D 1、F 1，
求BD1与AF1所成的角的余弦值. A1
F1
C1 D1
C
B1
B
A
题型一：线线角
解：以点C 为坐标原点建立空间
直角坐标系 C xyz 如图所示，
F11
z C1 C1 F
C
不妨设 CC1 1 则 所以： 1 F1 ( , 0,1), 2
x y 2 z 0 x y 2 z 0
x 2z 解得 y0
A1 z
B1 C1
D1
取z =1得平面OA1D1的法向 量的坐标n=(2,0,1)
A
A O C
y D
B x
5、两法向量所成的角与二面角的关系
n1
l
n2
n1
l
n2
设n1 、n2分别是二面角两个半平面α、β的法向量， 由几何知识可知，二面角α-L-β的大小与法向量n1 、 n2夹角相等或互补，于是求二面角的大小可转化为 求两个平面法向量的夹角.
10、平面与平面所成角公式 n1 n2 cos | n1 | | n2 |
( n1 n2 为二面角两个半平面的法向量）
11、点到平面的距离公式
| PM n | d |n|
（PM为平面 的斜线,
n 为平面 的法向量）
12、异面直线的距离公式
| AB n | d |n|
设a=( x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2)是平面α内的两个不共 线的非零向量,由直线与平面垂直的判定定理知,若 n⊥a且n⊥b,则n⊥α.换句话说,若n· a = 0且n· b = 0, 则n⊥α.可按如下步骤求出平面的法向量的坐标
1、假设平面法向量的坐标为n=(x,y,z). 2、根据n· a = 0 且 n· b = 0可列出方程组
x1 x2 x3 x 3 y1 y2 y3 y 3 z1 z2 z3 z 3
8、直线与直线所成角公式
| AB CD | cos | AB | | CD |
9、直线与平面所成角公式
(
| PM n | sin | PM | | n | PM l M n 为 的法向量)
例.在正方体AC1中，E为DD1的中点，求证：DB1//面A1C1E
证明：如图建立坐标系D xyz,
D1 z
A1
F
B1
C1 设AD 2.则
A1 (2,0,2), C1 (0,2,2), E (0,0,1)
E
D A B
A1C1 (2, 2, 0), A1 E (2, 0, 1),
n ( x, y, z)
AB (4,6, 1), AC (4,3, 2)
4x 6 y z 0 4 x 3 y 2 z 0
令z 12
z 4 x 得 z 3y
得 n (3, 4,12)
平面ABC的法向量 n (3, 4,12)
C' A' B'
AB' ( 3,1, h), A' C ( 3,1,h), BC' (0,2, h)
C
B A
0 AB ' A ' C 3 1 h2 , h2 2. AB ' BC ' 0 2 h2 0. BC ' AB '
题型四：线面平行
z D' C' A' O C y A B B'
O为坐标原点， x轴,y轴,z轴叫坐标轴，通过每两个坐 标轴的平面叫坐标平面
空间直角坐标系 —Oxyz
z
1
竖轴
纵轴
o
1
1
y
x
右手直角坐标系 横轴
2、空间直角坐标系中点的坐标
有序实数组（x,y,z）叫做点M在此空间
直角坐标系中的坐标，记作M（x,y,z）
30 所以 BD1与 AF1 所成角的余弦值为 10
题型二：线线垂直
例.在三棱柱ABC A ' B ' C '中，底面是正三角形， AA ' 底面ABC，A ' C AB ', 求证：BC ' AB '
解.建立如图空间坐标系不妨设底面边长为 . 2, 高为h, A( 3, 0, 0), B(0,1, 0), C (0, 1, 0). A '( 3, 0, h), B '(0,1, h), C '(0, 1, h).
（A,B为异面直线上两点, n 为公垂线的方向向量）
三、基本应用
利 用 向 量 求 角 利 用 向 量 求 距 离 直线与直线所成的角 直线与平面所成的角 平面与平面所成的角（二面角） 点到直线的距离
点到平面的距离
直线到直线的距离
直线到平面的距离
平行到平面的距离
利 用 向 量 证 平 行 利 用 向 量 证 垂 直
A A 1 1
D1 D1
C
B B 1 1
By B
A(1,0,0),
B(0,1,0),
1 1 D1 ( , ,1) 2 2
A A
x
1 1 1 AF1 ( ,0,1) , BD1 ( , ,1) 2 2 2
| AF1 BD1 | 30 | cos AF1 , BD1 | | AF1 || BD1 | 10
例、在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是面AC 的中心,求面OAO-xyz（如图）， 则O（1，1，0），A1（0，0，2），D1（0，2，2）， 设平面OA1D1的法向量的法向量为n=(x,y,z), 由 OA1 =（-1，-1，2），OD1 =（-1，1，2）得
空间向量证明 立体几何问题
知识结构
空间 向量
加减 和数 乘运 算 共线 向量 共面 向量 空间 向量 基本 定理 空间 向量 的坐 标运 算
空间 向量 的运 算
空间 向量 的数 量积
夹角和距离 平行和垂直
一、基本概念
1、空间直角坐标系
以单位正方体 OABC DA BC 的顶点O为原点，分别以射线 OA，OC，OD 的方向 为正方 向，以线段OA，OC，OD 的 长为单位长，建立三条数轴： x轴,y轴,z轴,这时我们建立了一 x 个空间直角坐标系 O xyz
a b ( x1 x2 , y1 y2 , z1 z2 )
a ( x1, y1, z1 )