空间向量证明立体几何问题

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空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]

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，l 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O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．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l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 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l ,m 的方向向量分别是a ，b ,平面α ，β 的法向量分别是u ,v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ; ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ; ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)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O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ,显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②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内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ,显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：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α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ,在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 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α －l －β 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ,β 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，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1,点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,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.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A （3，0，0），B (0，4，0)，O 1（0，0，2)，A 1(3，0，2），B 1（0，4，2），E （3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2,2）,R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ,∴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 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1,B 1C 1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:设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A （4,0，0），M （2，0，4），N （4，2，4）,B (4，4，0)，E （0，2，4)，F （2，4，4)．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （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 ,OG AK =，∴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 ＝(a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝（2，－2,1)．∵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 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：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)，A (2，0,0），M (2，1，2）,C （0,2，0），N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ,连接B 1P ，B 1Q ，PQ ,PC ．易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角．设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【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 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【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ABB 1A 1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），),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0),B (0，a ,0），A 1(0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ）, 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0,0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【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．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C （0，0，0）,A (1，0，0），B （0，2，0)，P （1,0，1），由D 是PB 的中点,得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0),)0,1,2(B ，C （0,1，0)，P (0，0,1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 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）．由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1）．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内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．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（） (A)2（B ）2（C)5（D)222．正方体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°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（） (A)31 （B ）32 （C)33 (D ）32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ,B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ,AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（）（A)θ ＞ϕ,m ＞n （B ）θ ＞ϕ，m ＜n （C)θ ＜ϕ,m ＜n(D ）θ ＜ϕ,m ＞n二、填空题:5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．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33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21,P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______．三、解答题：9．如图,正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点,N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ,A ∈PQ ，B ∈α ,C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；（Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图 9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴,建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2,2，0)，C （0，2，0)，E （0，2，1），A 1（2,0，4）．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A（Ⅰ）∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ．又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．（Ⅱ）设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝（4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ,y ，z 轴建立坐标系．则A （0，0,0)，B (1，0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0,0，2）,M （0，0，1），⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝（x ,y ,z ），则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ．（Ⅱ）设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ,又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点,分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角,则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°,∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z ）是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ．易知n 2＝（1,0,0）是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。

空间向量在立体几何中的应用sxz

空间向量在立体几何中的应用
一.平行问题
Db
(一)证明两直线平行
A ,B a;C ,D b,A BC D a∥
C
A
b
a
B
方法思路：在两分直别线取上不同的
得到两向量，转明化两为向证量平行
知 A ( x 1 B ,y 1 )C , ( x 2 D ,y 2 )则 ,x 1 y 2 x 有 2 y 1 a ∥ b
方底法线思性路表：示证（明即方内直在向存线平向在的面量一可向用量平与组相面方基等的向）一向 e 1 e 2
则可得面内一直外线的与线面平 ,从行而证线面. 平行
(三)面面平行
1.不重合的两与平的面法向量 n
分别m是和n， mn∥
方法思路：平求面出的其法中向一法量向，量再与证
的不共线的量两积向（ 0 为量即的都数垂直两）面，平则
二.垂直问题
(一)证明两直线垂直
b
不分重别a合为和b的， a和直则a直线有 bb线的 0 方 a向 b 向b 量 a a
方法思路：找两直线方的向向量 (分别
| m|
方法思路：求出任平一面法的向m(量方程
组可求 ),在面内任取Q一与点点P得一向量
转化为 P Q在法向量的投影,的套长公度式。
D
(二)求两异面直线的距离d
b
知a,b是两异面直线A,，Ba,C, Db，

B
aA
C
找一向量与两异面都直垂线直的向m量，
则两异面直线的距 d＝离ACm
(二)证明线面垂直 l

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。

更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。

首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是。

向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。

范围：直线和平面所夹角的取值范围是。

向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。

二：利用空间向量求空间距离（1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指的向量，一条直线的方向向量有个。

空间向量在立体几何中的应用-立体几何

(4)若平面α的一个法向量为m，P是α外一
点，A是α内任一点，则点P到α的距离d= | PA·m | .
|m|
考点一用向量证明平行、垂直问题
如图，在四棱锥P—ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面 ABCD为矩形，且PA=AD， E,F分别为线段AB,PD的中点.求证：
(1) AF∥平面PEC;
相等或互补 .
5.空间的距离
(1)一个点到它在一个平面内正射影的距离，叫做点到这个平面的距离.
(2)已知直线l平行平面α，则l上任一点到α的距离都相等，且叫做l到α的距离.
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(3)和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平面的公垂线.公垂线夹在平行平面间的部分，叫做两个平面的公垂线段 .两平行平面的任两条公垂线段的长都相等，公垂线段的长度叫做两平行平面的距离，也是一个平面内任一点到另一个平面的距离.
EC=(
a
22 ,1,0),∴AF=
1
2 EP+
1 EC,
2
2
2
又AF⊂ 平面PEC,∴AF∥平面PEC.
(2)PD=（0,1,-1）,CD=(-a,0,0), 11
∴AF·PD=(0, 2, 2)·(0,1,-1)=0, AF·CD=(0, 1 , 1 )·(-a,0,0)=0,
22 ∴AF⊥PD,AF⊥CD，又PD∩CD=D,
∴m⊥n.
∴平面ADE⊥平面A1D1F.
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考点二用向量求线线角与线面角如图所示，已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小； (2)求DP与平面AA ′ D′D所成角的大小
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解. 返回目录

高三立体几何大题专题（用空间向量解决立体几何类问题）

1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。

称为基向量。

2、空间直角坐标系的建立、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 ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。

则轴。

则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。

）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。

建立即可。

3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。

121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、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、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。

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问题方法归纳(总16页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4) (1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB . 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ，所以平面P AD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)，1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a ||n ||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD . (1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ， CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE ⊂平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23，则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)．设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14. 例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0， BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE 如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.(1)空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD .又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12，解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→P A ⊥面ABCD 设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PBAF ·PB ＝0―→得P 坐标并求P A 长． (2)学审题由(1)―→AD，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面F AD 、平面F AB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 的方向分别为x 轴，y轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝2 3.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B -AF -D 的正弦值为378.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系(本题利用AC ⊥BD )，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为2的等边三角形，取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，则BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面ACD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC . 作EF ⊥平面ABC ，则EF ∥DO . 根据题意，点F 落在BO 上， ∴∠EBF ＝60°，易求得EF ＝DO ＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE ∥OF . ∵DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，可求得平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE ＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0，即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)．故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . ∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BDBC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC . (2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC . 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625. 由题知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，所以二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625. (3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925. 因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.3．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A -BD -C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°. 由余弦定理知AE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×1×12cos 60°＝32.∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF . 又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC . (2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0， D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，0，DB ＝(2,0,0)，DA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，－32. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ＝0n ·DA ＝0得⎩⎨⎧2x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)．∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·AC |n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝35，AD ＝6，BD 是对角线，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到点P 的位置，且PB ＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角E -AP -B 的余弦值．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6，∴BD ＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ， ∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝ADBD ，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)，PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)．又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E -AP -B 的余弦值为46161.5.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63若存在，求出PQQD 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD .又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩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 | PB ||OA |＝33. ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2) PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33. (3)假设存在一点Q ，则设PQ ＝λPD (0<λ<1)．∵PD ＝(0,1，－1)， ∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ，∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，又AC ＝(1,1,0)，AQ ＝(0，λ＋1,1－λ)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，二面角Q -AC -D 的余弦值为63，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，所以存在点Q ，且PQ QD ＝12.6．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值．解：(1)以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．所以AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ SD ·n ＝0，CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，0，0)·(2，－1，1)1·6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪(x ，2x －3，－1)·(1，0，0)x 2＋(2x －3)2＋(－1)2·1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x5x 2－12x ＋10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪15－12·1x ＋10·1x 2＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋5＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －352＋75 .当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357.7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠F AB ＝∠DAB ＝90°，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，F A ⊥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)∵F A ⊥AB ，F A ⊥CD ，AB 与CD 相交，∴F A ⊥平面ABCD .故以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF ＝(－1,0,2)，DC ＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF ＝0，n ·DC ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，x ＝－2y ，不妨设z ＝1. 则n ＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F -CD -A 为锐角，∴二面角F -CD -A 的余弦值为66.8、.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点． (1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A -PB -D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面P AB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AC ， ∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ， ∵DE ⊂平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，t 2，P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面P AB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则根据⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1，23t . ∵二面角A -PB -D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即 34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．设EC 与平面P AB 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P AB 所成角的正弦值为155.9、如图1，A ，D 分别是矩形A 1BCD 1上的点，AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形A 1ADD 1沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2所示，连接A 1B ，D 1C 得几何体ABA 1-DCD 1.(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的平面角为π6若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，t,0)，则1D E ＝(1，t ，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)，∴1D E ·1A D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1)×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .(2)假设存在符合条件的点E .设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由(1)知EC ＝(－1,2－t,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EC ＝0，n ·1D E ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋(2－t )y ＝0，x ＋ty －z ＝0，令y ＝12，则x ＝1－12t ，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12t ，12，1是平面D 1EC 的一个法向量，显然平面ECD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)，则cos 〈n ，1DD 〉＝|n ·1DD ||n ||1DD |＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12t 2＋14＋1＝cos π6，解得t ＝2－33(0≤t ≤2)．故存在点E ，当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的平面角为π6.。

空间向量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：

空间向量在立体几何中的应用

空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1. 能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2. 会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3. 培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；知识梳理】、空间向量的运算1、向量的几何运算1）向量的数量积：已知向量，则叫做的数量积，记作空间向量数量积的性质：① ；②；③．2）向量共线定理：向量a r a r r r r0 与b 共线，当且仅当有唯一一个实数，使b2、向量的坐标运算（1）若，，则．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

2）若，，则，，3）夹角公式：（4）两点间的距离公式：若，，则二、空间向量在立体几何中的应用2. 利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．3. 利用空间向量证明垂直问题对于垂直问题，一般是利用进行证明；4. 利用空间向量求角度1）线线角的求法：设直线AB、CD对应的方向向量分别为a、b，则直线AB与CD所成的角为（线线角的范围[0 0,90 0]）2）线面角的求法：（3）二面角的求法：设n1，n2 分别是二面角其补角的大小（如图）5. 利用空间向量求距离1）平面的法向量的求法：设n=（x,y,z），利用n 与平面内的两个不共线的向a， b 垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取设n 是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为其一组解，即得到平面的一个法向量（如图）就是二面角的平面角或的两个面2）利用法向量求空间距离a ）点 A 到平面的距离：，其中，是平面的法向量。

b ）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

c ）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

经典例题】例 1】（ 2010 全国卷 1理）正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中， B B 1与平面 AC D 1所成角的余弦值为（A )23B )332C )23 D )63【解析】 D 【例 2】（ 2010 全国卷 2 文）已知三棱锥 SA =3，那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为（） S ABC 中，底面 ABC 为边长等于 2 的等边三角形， SA 垂直于底面ABC ， A ) 3 (B) 4 5(C) 4 (D) 解析】 D 2012 全国卷）三棱柱 ABC A 1B 1C 1 中，底面边长和侧棱长都相等， SABAA 1CAA 1 60o ，则异面直线 AB 1与 BC 1所成角的余弦值为解析】影是线段BC 的中点O。

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常用结论

l
v
n
面面垂直 n1 n2 n1 n2 0
n1
n2
面面平行 // n1 // n2 n1 k n2
n2
n1
三、利用空间向量求夹角的基本原理
（1）异面直线所成的角（范围： 0 ）
2
v1
v1, v2
v2
统一结论： cos cos v1, v2
（2）二面角（范围： 0 ）

(3)模长公式：若 a (x1, y1, z1) ， b (x2, y2, z2 ) ，
则| a |
aa
x12 y12 z12 ， | b |
bb
x22
y22
z
2 2
(4)夹角公式： cos
ab
a b
| a | | b |
x1x2 y1 y2 z1z2
。
x12 y12 z12 x22 y22 z22
2
x2
,
y1
2
y2
,
z1
2
z2
二、利用空间向量证明平行、垂直的基本原理
线线平行 l // m v1 // v2 v1 kv2
v1
l
m
v2
线面平行 l // v n v n 0
v
l
n
线线垂直 l
m
v1
v2
v1
v2
0
v1
l
v2
m 线面垂直 l v // n v k n
利用空间向量解立体几何常用结论
一、空间向量的直角坐标运算:
(1)若 a (x1, y1, z1) ， b (x2, y2, z2 ) ，则
a b (x1 x2, y1 y2, z1 z2 ) ，

空间向量解决立体几何问题

❖ ∴ 30.
❖ （3）二面角
❖ 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（选取法向量竖坐标z同号时相等）或互补（选取法向量竖坐标z异号时互补），于是求二面角的大小可转化为求两个平面法向量的夹角，这样可避免了二面角的平面角的作图麻烦.
rr
rr
l a // u a u
r r rr
u v u gv 0
rr
1、设 a , b 分别是直线 l 1 , l 2 的方向向量，根据下列条件判断直线 l 1 , l 2 的位置关系。
r
r
( 1 ) a ( 2 , 1 , 2 ) ,b ( 6 , 3 , 6 )
❖
解之得 2 x z 0
2y 0
x 1 z
2
y 0
❖ 取z=2得n1=(-1,0,2)
❖ 同理可得平面A1FD的法向量为n2=(2,0,1)
❖ ∵n1 ·n2 = -2+0+2=0
❖ ∴面AED⊥面A1FD
2.求空间中的角
❖ (1)两异面直线的夹角 ❖ 利用向量法求两异面直线所成的夹角,不用再
y
0
取z =1
B1 1
AA
xB
C1 1
y
OD C
得平面OA1D1的法向量的坐标n=(2,0,1).
解：以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz（如图）,设平面OA1D1的法向量的法向量为n=(x,y,z), 则
O由（OuuA1ur1 ，=（1，-1，0）-1，，A21）（，0，OuuDu0ur1 ，=（2）-1，，D1，1（20），2，2）
b
a、b的距离. B

立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。

1. 引言1.1 概述立体几何是数学中的一个重要分支，研究空间中的图形和特定关系。

建系问题是立体几何中一个常见的难题，它涉及到如何确定或构建一个合适的坐标系来描述和表示空间中的元素和关系。

在解决建系问题时，传统的方法存在一定局限性和困难，例如难以应对复杂的几何结构、缺乏普适性等。

1.2 文章结构本文将通过引入空间向量理论来探讨解决立体几何中不易建系的问题。

文章分为以下几个部分：- 引言：介绍本文的背景和论文结构。

- 立体几何中的建系问题：阐述建系定义与重要性、传统方法的局限性与困难，以及空间向量在解决建系问题中的优势。

- 空间向量证明垂直问题的基本原理与方法：讨论垂直关系的定义与特征、空间向量表示垂直关系的有效途径，以及应用空间向量证明垂直性质时需要考虑的因素。

- 实例分析：通过一个具体案例来说明使用空间向量证明垂直问题的步骤和推理过程，并对结果进行分析和讨论。

- 结论与展望：总结研究成果并得出结论，同时提出未来研究方向和进一步工作的展望。

1.3 目的本文的目的是介绍空间向量在解决立体几何中不易建系的问题中所起到的作用和优势，并通过实例分析来验证其有效性。

通过本文的研究，读者将能够理解空间向量在解决建系问题中的重要性，并了解使用空间向量证明垂直问题的基本原理与方法。

最终，本文希望为立体几何领域中建系问题的解决提供一种新思路和有价值的参考。

2. 立体几何中的建系问题：2.1 建系的定义与重要性：在立体几何中，建系是指通过选取适当的点或向量作为参照，构建坐标系或基底来描述和表示空间中的几何事物或运动。

建系是解决立体几何问题和进行进一步分析的基础，它可以帮助我们确定方向、测量距离和角度，从而推导出更多关于空间图形、运动和变换的性质。

2.2 建系方法的局限性与困难：传统的建系方法主要包括平行四边形法、角平分线法、垂直线法等。

然而，这些方法在实际应用中存在一定的局限性和困难。

8.7空间向量在立体几何中的应用——证明平行与垂直

1.用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫做直线l 以t 为参数的参数方程.向量a 称为该直线的方向向量.(2)对空间任一确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP →＝(1－t )OA →＋tOB →，叫做空间直线的向量参数方程. 2.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行.( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( × )1.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2 B.－4 C.4 D.－2 答案 C解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 2.已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1,1,1) B.(1，－1,1) C.(－33，－33，－33) D.(33，33，－33) 答案 C解析设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.3.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________. 答案垂直解析以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直.题型一利用空间向量证明平行问题例1 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0). ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明方法一如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线分别为y 、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同方法一建立空间直角坐标系，写出点A 、B 、C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0,0). ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y,0)，则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)，∴⎩⎨⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由方法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .题型二利用空间向量证明垂直问题命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明方法一设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证. 方法二如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)， A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上.已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2. (1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC . 证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)， B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125，又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝C ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM . 思维升华证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.(1)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证： ①DE ∥平面ABC ； ②B 1F ⊥平面AEF .证明 ①如图建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4). 取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .②B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0). B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(2)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角.①求证：CM ∥平面P AD ； ②求证：平面P AB ⊥平面P AD .证明 ①以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ， ∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)， M (32，0，32)， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)，令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1).∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .②取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1). ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ，又∵BE ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD .题型三利用空间向量解决探索性问题例4 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由. (1)证明设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 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 (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3). 由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0). 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0，即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55，所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)解假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3). 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .思维升华对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.在四棱锥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)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论. (1)证明如图，分别以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)， A (a,0,0)，B (a ，a,0)， C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0). ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即G 点为AD 的中点.17.利用向量法解决立体几何问题典例 (12分)(2014·湖北)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. 规范解答解以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .[1分]由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0，0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)，MN →＝(－1，－1,0)，NP →＝(－1,0，λ－2).[3分] (1)证明当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .[7分](2)解设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1).[9分]同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1).若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.[11分] 故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.[12分] 温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量；(2)建立空间直角坐标系时，要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；(3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直，线面、面面平行、垂直外，还可以利用向量求夹角、距离，从而解决线段长度问题、体积问题等.[方法与技巧]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.(2)建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题.[失误与防范]用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.A 组专项基础训练(时间：40分钟)1.若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( )A.l ∥αB.l ⊥αC.l ⊂αD.l 与α相交答案 B解析 ∵n ＝－2a ，∴a 与α的法向量平行，∴l ⊥α.2.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内A.P (2,3,3)B.P (－2,0,1)C.P (－4,4,0)D.P (3，－3,4)答案 A解析逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.3.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A.相交B.平行C.在平面内D.平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.4.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A.(1,1,1)B.(23，23，1) C.(22，22，1) D.(24，24，1) 答案 C解析设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，则O (22，22，0)，又E (0,0,1)，A (2，2，0)，∴OE →＝(－22，－22，1)，AM →＝(x －2，y －2，1)， ∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎨⎧ x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎨⎧ x ＝22，y ＝22.5.已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是___________________________________.解析设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1，∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.6.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________.答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确.又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误.7.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD＝2，E ，F ，H 分别是线段P A ，PD ，AB 的中点.求证：(1)PB ∥平面EFH ；(2)PD ⊥平面AHF .证明建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，H (1,0,0).(1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ，∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .8.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 、DP 、DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0).∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .9.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E (12，1，12)，F (0,1，12)，EF →＝(－12，0,0)，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0).(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .B 组专项能力提升(时间：25分钟)10.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.答案 1解析以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.11.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个.答案 2解析建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1，1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上，∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1.∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.12.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点.(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由.(1)证明以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)解假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0).使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0).又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z ).∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0. 取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 13.如图所示，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P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由.(1)证明连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0. 故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)解棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC .理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS → ＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ，而BE →·DS →＝0⇔t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .∴存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2.。

空间向量在立体几何中的应用

nn··CC→→PB＝＝00，⇒（（xx′′，，yy′′，，zz′′））··（（0，2，－01，，01））＝＝00，⇒－2yx′′＋＝z′＝0，0.
令 y′＝－1，则 z′＝－1，故 n＝(0，－1，－1)，
∴cos〈m，n〉＝m|m·||nn| ＝
3 3.
∴二面角
A-PB
-C
的余弦值为
3 3.
则 A(0，0，0)，M(0，a2， 2a)，
C1(－ 23a，a2， 2a)，B(0，a，0)，
故A→MA→＝C1(＝0，(－a2，23a2，a)a2，， 2a)， B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)．
设平面 AMC1 的法向量为 n＝(x，y，z)．
则A→C1·n＝0，∴－ 23ax＋a2y＋ 2az＝0，
正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)，
A1(0，2， 3)，A(0，0， 3)，B1(1，2，0).2 分
设平面 A1AD 的法向量为 n＝(x，y，z)，A→D＝(－1，1，－ 3)，A→A1
＝(0，2，0)．
因为 n⊥A→D，n⊥A→A1，得nn··AA→→AD1＝＝00，，得2－y＝x＋0，y－ 3z＝0，
【示例】如图，在四棱锥 O－ABCD 中，底面 π
ABCD 是边长为 1的菱形，∠ABC＝ 4 ， OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M 为 OA 的中点，N 为 BC 的中点． (1)证明：直线MN∥平面OCD； (2)求异面直线AB与MD所成角的大小． [思路分析]建系→求相关点坐标→求相关向量坐标→向量运算→结论．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，

空间向量,向量法在立体几何中的应用

空间向量在立体几何中的应用1.常见角的范围：（1）异面直线的夹角：0＜θ≤π2；（2）直线与平面所成的角：0≤θ≤π2；（3）二面角：0≤θ≤π；（4）直线的倾斜角：0≤θ＜π；（5）向量的夹角：0≤θ≤π； 2.空间向量在立体几何中的应用：3.空间向量与距离的关系：（1）点到线的距离如上图，点C 为直线AB 外一点，则点C 到直线AB 的距离：θsin ⋅=−→−AC d ，因为−→−−→−−→−−→−⋅⋅=ABAC ABAC θcos ，所以可以求出θsin ，进而求出d.（2）点到面的距离如下图，设直线AB 为平面α的一条斜线，点A 在平面内，点B 在平面外，−→−n 为平面α的法向量，设θ>=<−→−−→−n AB ,，则−→−−→−−→−−→−⋅⋅=nAB nAB 1cos θ.点B 到平面α的距离：−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnAB AB d θcos .注意：点到面的距离有时也可以用等体积法来求解。

另外，由于知道了−→−−→−−→−−→−⋅⋅=nAB nAB 1cos θ，所以可以求出θsin 的值，进而可以求出点A 到直线OB 的距离为：θsin ⋅=−→−−→−AB AO ；点O 到AB 的距离：θθθθsin sin cos sin ⋅⋅=⋅⋅=⋅−→−−→−−→−−→−nnAB AB d .（3）线到面的距离如下图，直线AD 平行于平面A 1BCD 1（直线AD 平行于直线A 1D 1），则直线AD 到平面A 1BCD 1的距离等于直线AD 上任意一点到平面A 1BCD 1的距离（线面距转化为点面距），设−→−n 为平面A 1BCD 1的法向量。

所以，直线AD 到平面A 1BCD 1的距离：−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=n nAB AB d θcos 或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnAC AC d θcos ；或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=n nBD BD d θcos 或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnCD CD d θcos .（4）异面直线的距离如上图（同（3）中的图），直线AD 和直线BC 为异面直线，直线A 1D 1平行于直线AD 且与直线BC 共面，则异面直线AD 和直线BC 的距离等于直线AD 到平面A 1BCD 1的距离（线线距转化为线面距，线面距再转化为点面距）。

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.。

空间向量在立体几何中的应用

空间向量在
立几中应用
利用向量求空间角
利用向量可以进行求线线角、线面角、面面角，关键是进行向量的计算
空间向量在
立几中应用
例2、空间四边形ABCD中，AB=BC=CD， AB⊥BC，BC⊥CD，AB与CD成600角，求 AD与BC所成的角
AD AB BC CD
AD 2或 2

3
或

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
评述：
此题用综合推理的方法不易入手。用向量代数的方法则先证明线线垂直，再由线线垂直来证明线面垂直，从而证得面面垂直.证明面面垂直的原理是一致的，只不过是证明的手段不同利用向量解几何题的一般方法是：把线段或角转化为向量表示，并用已知向量表示未知向量，通过向量运算去计算或证明
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
D A Z C
B
D1 A1 X
C1 Y
B1
空间向量在
立几中应用
评述：
此题用找公垂线的方法比较难下手，用向量代数的方法则简捷，高效，显示了向量代数方法在解决立体几何问题的优越性平行平面间的距离可转化为直线到平面的距离或再转化为点到平面的距离
立几中应用
思路与方法
利用向量求二面角的大小，优点是不作出平面角，等于＜，＞。选一封闭图形EBCF,EB+BC+CF+FE=0 一边保留三个向量：棱上的，两个面内垂直与棱的，另一边保留一个向量。夹角＜，＞等于平面角的补角。 CF