(新)高中数学：向量法解立体几何总结
新人教A版高中数学选修2-1第三章《空间向量与立体几何》知识点汇总及解题方法总计
第三章 空间向量与立体几何单元小结[核心速填]1．空间向量的有关定理和推论(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共线向量定理的推论：若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋μ＝1.(3)共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b .(4)共面向量定理的推论：已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，则P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)．(5)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 ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．2．空间向量运算的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)． (1)a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)，a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3.(2)重要结论：a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0.3．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则①|a |＝a ·a②cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝(2)设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则d AB ＝|AB →|4．空间向量的结论与线面位置关系的对应关系(1)设直线l 的方向向量是u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量v ＝(a 2，b 2，c 2)， 则l ∥α⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2(k ∈R )．(2)设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，v ，则l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0. 5．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小：(ⅰ)如图31①，AB ，CD 是二面角αl β的两个半平面α，β内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．图31(ⅱ)如图31②③，n 1，n 2分别是二面角αl β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．[体系构建][题型探究]类型一、空间向量的基本概念及运算例1、如图32，在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A 、B 、C 、D 的距离都等于2.给出以下结论：图32①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0； ②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0； ③SA →－SB →＋SC →－SD →＝0； ④SA →·SB →＝SC →·SD →； ⑤SA →·SC →＝0.其中正确结论的序号是________． 【答案】 ③④【解析】容易推出SA →－SB →＋SC →－SD →＝BA →＋DC →＝0，所以③正确；又因为底面ABCD 是边长为1的正方形，SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝2，所以SA →·SB →＝2·2·cos∠ASB ，SC →·SD →＝2·2·cos ∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →·SB →＝SC →·SD →，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.[规律方法] 1.空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量．2．空间向量的数量积(1)空间向量的数量积的定义表达式a ·b ＝|a |·|b |·cos 〈a ，b 〉及其变式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a | ·|b |是两个重要公式． (2)空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式，如a 2＝|a |2，a 在b 上的投影a ·b|b |＝|a |·cos θ等．[跟踪训练]1.如图33，已知ABCD A ′B ′C ′D ′是平行六面体．设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC ′B ′对角线BC ′上的34分点，设MN →＝αAB →＋βAD→＋γAA ′→，则α＋β＋γ＝________.图33【答案】32[连接BD ，则M 为BD 的中点，MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34BC ′→＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC ′→)＝12(－AD →＋AB →)＋34(AD →＋AA ′→)＝12AB →＋14AD →＋34AA ′→.∴α＝12，β＝14，γ＝34.∴α＋β＋γ＝32.]类型二、空间向量的坐标运算例2、(1)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)(2)已知向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，a ∥b ，b ⊥C ． ①求向量a ，b ，c ；②求a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值.【答案】(1)B [由b ＝12x －2a 得x ＝4a ＋2b ，又4a ＋2b ＝4(2,3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0,6，－20)， 所以x ＝(0,6，－20)．](2)①∵向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，且a ∥b ，b ⊥c ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y ＝2－23＋y －2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝1，∴向量a ＝(－1,1,2)，b ＝(1，－1，－2)，c ＝(3,1,1)． ②∵a ＋c ＝(2,2,3)，b ＋c ＝(4,0，－1)， ∴(a ＋c )·(b ＋c )＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5，|a ＋c |＝22＋22＋32＝17，|b ＋c |＝42＋02＋(－1)2＝17， ∴a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为(a ＋c )·(b ＋c )|a ＋c ||b ＋c |＝517.[规律方法] 熟记空间向量的坐标运算公式 设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)， (1)加减运算：a ±b ＝(x 1±x 2，y 1±y 2，z 1±z 2). (2)数量积运算：a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (3)向量夹角：cos 〈a ，b 〉＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2x 21＋y 21＋z 21x 22＋y 22＋z 22. (4)向量长度：设M 1(x 1，y 1，z 1)，M 2(x 2，y 2，z 2)，则|M 1M 2→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. 提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算. [跟踪训练]2．在空间直角坐标系中，已知点A (1，－2,11)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 一定是( )A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形【答案】C [∵AB →＝(3,4，－8)，AC →＝(5,1，－7)，BC →＝(2，－3,1)，∴|AB →|＝32＋42＋(－8)2＝89，|AC →|＝52＋12＋(－7)2＝75，|BC →|＝22＋(－3)2＋1＝14，∴|AC →|2＋|BC →|2＝|AB →|2，∴△ABC 一定为直角三角形．]类型三、利用空间向量证明平行、垂直问题例3、 在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AD ＝CD ＝2AB ＝2，M 为PC 的中点．(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)平面PAD 内是否存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ？若存在，确定N 的位置；若不存在，说明理由．[思路探究] (1)证明向量BM →垂直于平面PAD 的一个法向量即可；(2)假设存在点N ，设出其坐标，利用MN →⊥BD →，MN →⊥PB →，列方程求其坐标即可． 【答案】以A 为原点，以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，则B (1,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，M (1，1,1)，(1)证明：∵BM →＝(0,1,1)，平面PAD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， ∴BM →·n ＝0，即BM →⊥n ，又BM ⊄平面PAD ，∴BM ∥平面PAD ． (2)BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)， 假设平面PAD 内存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ． 设N (0，y ，z )，则MN →＝(－1，y －1，z －1)， 从而MN ⊥BD ，MN ⊥PB ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧MN →·BD →＝0，MN →·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋2(y －1)＝0，－1－2(z －1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12，z ＝12，∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，∴在平面PAD 内存在一点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，使MN ⊥平面PBD ．[规律方法]利用空间向量证明空间中的位置关系(1)线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． (2)线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直． (3)线面平行：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．(4)线面垂直：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(5)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．(6)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．[跟踪训练]3．如图34，长方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D．图34(1)求证：A1C⊥平面AMN.(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置.【答案】(1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM⊂平面AA1B1B，所以CB⊥AM，又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，所以AM⊥平面A1BC，所以A1C⊥AM，同理可证A1C⊥AN，又AM∩AN＝A，所以A1C⊥平面AMN.(2)以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，因为AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3，所以C (0,0,0)，A 1(2,2,3)，C 1(0,0,3)，CA 1→＝(2,2,3)， 由(1)知CA 1⊥平面AMN ，故平面AMN 的一个法向量为CA 1→＝(2,2,3)．设线段AA 1上存在一点P (2,2，t )，使得C 1P ∥平面AMN ，则C 1P →＝(2,2，t －3)， 因为C 1P ∥平面AMN ，所以C 1P →·CA 1→＝4＋4＋3t －9＝0， 解得t ＝13.所以P ⎝⎛⎭⎪⎫2，2，13， 所以线段AA 1上存在一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，13，使得C 1P ∥平面AMN .类型四、利用空间向量求空间角例4、如图35，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图(2)所示的四棱锥A ′BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1) (2)图35(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′CD B 的平面角的余弦值．[思路探究] (1)利用勾股定理可证A ′O ⊥OD ，A ′O ⊥OE ，从而证得A ′O ⊥平面BCDE ；(2)用“三垂线”法作二面角的平面角后求解或用向量法求两个平面的法向量的夹角．【答案】(1)证明：由题意，得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2. 如图，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理，得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.由翻折不变性，知A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD ． 同理可证A ′O ⊥OE .又因为OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)如图，过点O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于点H ，连接A ′H .因为A ′O ⊥平面BCDE ，OH ⊥CD ， 所以A ′H ⊥CD ．所以∠A ′HO 为二面角A ′CD B 的平面角． 结合图(1)可知，H 为AC 的中点，故OH ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋A ′O 2＝302. 所以cos ∠A ′HO ＝OH A ′H ＝155. 所以二面角A ′CD B 的平面角的余弦值为155. [规律方法] 用向量法求空间角的注意点(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．(2)直线与平面所成的角：要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a 的方向向量a 夹角的余弦cos 〈n ，a 〉，易知θ＝〈n ，a 〉－π2或者π2－〈n ，a 〉．(3)二面角：如图36，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n 1与n 2，则平面α与β所成的角跟法向量n 1与n 2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．图36[跟踪训练]4．在如图37所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB是圆台的一条母线．图37(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ． (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F BC A 的余弦值.【答案】 (1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点， 所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB ．在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点， 所以HI ∥BC ．又HI ∩GI ＝I ，BC ∩OB ＝B ， 所以平面GHI ∥平面ABC ． 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC ．(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC ．以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)． 过点F 作FM ⊥OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．11 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33.因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝77，所以二面角F BC A 的余弦值为77.。
纵观立体几何考题感悟向量方法解题
纵观立体几何考题感悟向量方法解题在高中数学学习中，立体几何一直是学生们非常头疼的一个部分。
立体几何的主要难点是空间的复杂性，加上几何思维本来就不易理解，许多学生解题困难。
但是，通过向量方法解题是一种很好的解决立体几何问题的方法。
本文将通过纵观立体几何考题，分享一些关于向量方法解题的经验与感悟。
一、向量的基本概念及运算向量的表示法是用箭头表示。
箭头的长度代表向量的大小，箭头的方向代表向量的方向。
一个向量可以被表示为一个由有序数对$(x,y)$所确定的点A和另一个由有序数对$(x',y')$所确定的点B之间的向量$\vec{AB}$。
向量也可以表示为箭头的坐标，即$\vec{AB}=\begin{pmatrix}x'-x\\y'-y\end{pmatrix}$。
向量的大小表示为$|\vec{AB}|=\sqrt{(x'-x)^2+(y'-y)^2}$。
向量的运算有向量加法和向量数乘。
向量加法的定义是：$\vec{a}+\vec{b}=\begin{pmatrix}a_1+b_1\\a_2+b_2\\a_3+b_3\e nd{pmatrix}$。
其中，$\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$，$\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)$。
向量数乘的定义是：$\lambda\vec{a}=(\lambda a_1,\lambda a_2,\lambda a_3)$。
其中，$\lambda$是一个实数。
二、应用向量方法求解空间几何问题1.立体几何基本概念首先，我们需要掌握一些立体几何的基本概念，比如平面、线段、角等。
此外，还需要了解空间中的直线、平面、空间角、平行线等概念。
了解这些概念是建立解题基础的必要条件。
2.向量表达式的转化在解题中，我们可以通过向量的基本运算将问题转化为向量的加、减、数乘问题。
因此，我们需要能够将向量从一个表达式转化为另一个表达式，并灵活地运用向量的加、减、数乘运算法则来求解问题。
2023年高考之立体几何和空间向量考点解读
3
=
2
1
1
|AB|·|BC|=
×2×
2
2
1
所 以 VP-ABC = S△ABC ·|PM|=
2 2=2 2,
3
1
26
。
×2 2× 3=
3
3
考查,
一是空间线面关系 的 命 题 真 假 的 判 断,
以选填题的形式考查,
属 于 基 础 题;
二是空间
线线、
线面、
面面平行和垂 直 关 系 交 汇 的 综 合
命题,
(
2)若 ∠POF =1
2
0
°,求 三 棱 锥 PABC
|A1A| -|AM| =
2
6
。
2
2
1
2=
2
解 析:(
1)连 接 DE ,
OF ,设 |AF|=
→
→
→
则 B→
t|AC|,
F =BA + AF = (
1-t)
BA +
→
→
所求体积 V =
76
。
=
6
1
6
×(
4+1+ 4×1)
×
3
2
考点解读:空 间 几 何 体 的 结 构 特 征 是 立
则该圆锥的
1
2
0
°,
4
体积为(
胡银伟
33
2
=
2
-
3
2
2
|PC| -|OC|
2
2
=
= 6。所以圆锥的体积 V
1
1
2
2
π×|OA| ×|PO|= π× (3)× 6=
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。
立体几何之空间向量法
立体几何之空间向量法【知识要点】1. 利用空间向量证明平行问题的方法(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两个平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(2)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4.2. 利用空间向量证明垂直问题的方法(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两条直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两个平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.(3)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.3. (1)夹角计算公式①两条异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|. (2)距离公式①点点距离：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距离：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M到直线a 的距离d ＝|MN |sin 〈MN ，a 〉； ③线线距离：两条平行线间的距离，转化为点线距离；两条异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距离：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN ||cos 〈MN ，n 〉|＝||||MN n n ； ⑤线面距离：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；⑥面面距离：两平行平面间的距离，转化为点面距离．4. (1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项①建立空间直角坐标系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量或直线的方向向量；④根据向量运算法则，求出问题的结果．(2)利用空间向量巧解探索性问题空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．一、真题试做1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A ．55B ．53C ．255D ．352．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱P A上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．二、热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例１】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.变式训练1如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：＝90°，且AB＝AA(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.热点二利用空间向量证明垂直问题【例２】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.变式训练2如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求P A的长．热点三利用空间向量求角和距离【例３】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.B1所成角的余弦值；(1)求异面直线AC与A(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．变式训练3 已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A －B 1D 1－A 1的大小为β.求证：tan β＝2tan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的 高．热点四 用向量法解决探索性问题【例４】如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P －AC －D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．变式训练4 如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值； (3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．三、思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法．求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．【典型例题】如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．四、练习巩固 1．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若,AB BC BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．4072,4D ．4，407，－15 2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．已知E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A ．26B ．36C ．13D ．664．在四面体PABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．7．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值；(2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．。
高中数学：向量法解立体几何总结
向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量：若A、B是直线上的任意两点，则为直线的一个方向向量;与平行的任意非零向量也是直线的方向向量.⑵．平面的法向量：若向量所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量。
⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）：①建立适当的坐标系．②设平面的法向量为．③求出平面内两个不共线向量的坐标．④根据法向量定义建立方程组.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面的法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行.设直线的方向向量分别是，则要证明∥，只需证明∥,即。
⑵线面平行。
设直线的方向向量是,平面的法向量是，则要证明∥，只需证明，即。
⑶面面平行。
若平面的法向量为，平面的法向量为，要证∥,只需证∥，即证。
3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
设直线的方向向量分别是,则要证明，只需证明，即。
⑵线面垂直①(法一)设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明，只需证明∥，即.②（法二）设直线的方向向量是，平面内的两个相交向量分别为，若⑶面面垂直。
若平面的法向量为，平面的法向量为，要证,只需证,即证.4、利用向量求空间角⑴求异面直线所成的角已知为两异面直线，A，C与B，D分别是上的任意两点,所成的角为,则⑵求直线和平面所成的角求法:设直线的方向向量为,平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的夹角为，则为的余角或的补角的余角。
即有：⑶求二面角二面角的平面角是指在二面角的棱上任取一点O,分别在两个半平面内作射线，则为二如图：求法：再设的夹角为,二面角的平面角为，则二如果是钝角，则，即.5、利用法向量求空间距离⑴点Q到直线距离若Q为直线外的一点,在直线上，为直线的方向向量，=，则点Q到直线距离为⑵点A到平面的距离若点P为平面外一点，点M为平面内任一点，平面的法向量为,则P到平面的距离就等于在法向量方向上的投影的绝对值。
即⑶直线与平面之间的距离当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等.由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离。
(完整版)用基底建模向量法解决立体几何问题
用基底建模向量法解决立体几何问题空间向量是高中数学新教材中一项基本内容，它的引入有利于处理立体几何问题，有利于学生克服空间想象力的障碍和空间作图的困难，有利于丰富学生的思维结构，利用空间向量的坐标运算解立体几何问题,可把抽象的几何问题转化为代数计算问题,并具有很强的规律性和可操作性, 而利用空间向量的坐标运算需先建立空间直角坐标系，但建立空间直角坐标系有时要受到图形的制约,在立体几何问题中很难普遍使用，其实向量的坐标形式只是选取了特殊的基底，一般情况下, 我们可以根据题意在立体几何图形中选定一个基底,然后将所需的向量用此基底表示出来, 再利用向量的运算进行求解或证明, 这就是基底建模法. 它是利用向量的非坐标形式解立体几何问题的一种有效方法。
基向量法在解决立体几何的证明、求解问题中有着很特殊的妙用。
空间向量基本定理及应用空间向量基本定理：如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p 存在惟一的有序实数组x 、y 、z ,使p =x a + y b + z c .1、 已知空间四边形OABC 中，∠AOB =∠BOC = ∠AOC ,且OA =OB =OC .M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是 MN 的中点.求证：OG ⊥BC .【解前点津】 要证OG ⊥BC ，只须证明0=•BC OG 即可.而要证0=•BC OG ,必须把OG 、BC 用一组已知的空间基向量来表示.又已知条件为∠AOB =∠BOC =∠AOC ,且OA =OB =OC ，因此可选OC OB OA ,,为已知的基向量.【规范解答】 连ON 由线段中点公式得：例1题图),(41)(212121)(21OC OB OA OC OB OA ON OM OG ++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=+= 又OB OC BC -=,所以•OG OB OC OB OB OA OC OC OB OC OA OB OC OC OB OA OB •--•-+•+•=-•++=22(41)()(41)=41(OA 22OB OC OB OA OC -+•-•). 因为AOC OC OA OC OA ∠••=•cos .AOB OB OA OB OA ∠••=•cos 且OA OB OC ==，∠AOB =∠AOC .所以BC OG •=0,即OG ⊥BC .【解后归纳】 本题考查应用平面向量、空间向量和平面几何知识证线线垂直的能力.【例2】 在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求：异面直线BA 1与AC 所成的角.【解前点津】 利用><⨯•=•AC BA AC BA AC BA ,cos 111，求出向量1BA 与AC 的夹角〈1BA ,AC 〉， 再根据异面直线BA 1，AC 所成角的范围确定异面直线所成角. 【规范解答】 因为BC AB AC BB BA BA +=+=,11,所以)()(11BC AB BB BA AC BA +•+=•=BC BB AB BB BC BA AB BA •+•+•+•11 因为AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， 所以AB BB BC BA •=•1,0=0,AB BA BC BB •=•,01=-a 2.所以AC BA •1=-a 2.又,,cos 111><••=•AC BA AC BA AC BA .2122,cos 21-=⨯->=<aa a AC BA 所以〈AC BA ,1〉=120°.所以异面直线BA 1与AC 所成的角为60°．【解后归纳】 求异面直线所成角的关键是求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，必须会把所求向量用空间的一组基向量来表示例3：如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD 中，∠ABC=60º，PA ⊥面ABCD ， PA=AC =a,PB=PD=2a ，点E 在PD 上，且PE:PD=2:1. 在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥ 平面AEC ？证明你的结论. 解析：我们可选取,,AB AD AP 作为一组空间基底CAPE,()(1)(1)22()331233PF PC BF BP PF AP AB AC AP AB AD APAE AP PE AP PD AP AD AP AP AD AC AB A λλλλλ==+=-+-=-++-=+=+=+-=+=+设而又因为并且//,12(1)(1)=+333-1=2213211123PC F,PC BF DBF AEC BF x AE y AC AB AD AP x AP AD AB AD x y x y x λλλλλλλ=+-++-++⎧⎧=⎪⎪⎪⎪⎪⎪==-⎨⎨⎪⎪⎪⎪=-=⎪⎪⎩⎩要使平面那么存在实数x,y 使成立即（）y()于是，可得到解得故在棱上存在一点其为的中点，使//AEC平面【例4】 证明：四面体中连接对棱中点的三条直线交于一点且互相平分(此点称为四面体的重心).【规范解答】∵E ,G 分别为AB ,AC 的中点,∴EGBC 21,同理HF BC 21，∴EG HF .从而四边形EGF H 为平行四边形，故其对角线EF , GH 相交于一点O ,且O 为它们的中点,连接OP ,OQ .只要能证明向量OP =-OQ 就可以说明P ,O ,Q 三点共线且O为PQ 的中点,事实上,HQ OH OQ GP OG OP +=+=, ,而O 为GH 的中点, 例4图∴GPOH OG ,0=+21CD,QH21CD,∴.21,21CD QH CD GP ==∴=CD CD HQ GP OH OG OQ OP 21210-+=+++=+=0.∴OQ OP -==,∴PQ 经过O 点,且O 为PQ 的中点.【解后归纳】本例要证明三条直线相交于一点O ,我们采用的方法是先证明两条直线相交于一点,然后证明OQ OP ,两向量共线,从而说明P 、O 、Q 三点共线进而说明PQ 直线过O 点.例5．如图在平行六面体ABCD －A1B1C1D1中，E 、F 、G 分别是A1D1、D1D 、D1C1的中点． 求证：平面EFG ∥平面AB1C.证明：设AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，则EG ＝1ED ＋1D G ＝12(a ＋b)，AC ＝a ＋b ＝2EG ，∴EG ∥AC ，EF ＝1ED ＋1D F ＝12b －12c ＝12(b －c)，1B C ＝11B C ＋1C C ＝b －c ＝2EF ，∴EF ∥1B C .又∵EG 与EF 相交，AC 与B1C 相交， ∴平面EFG ∥平面AB1C.例6．如图，平行六面体ABCD －A1B1C1D1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且 两夹角为60°. (1)求AC1的长；(2)求BD1与AC 夹角的余弦值． 解：设AB ＝a ，AD ＝b ，＝c ，则两两夹角为60°，且模均为1.(1)1AC ＝AC ＋1CC ＝AB ＋AD ＋1AA ＝a ＋b ＋c.∴|1AC |2＝(a ＋b ＋ c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c＝3＋6×1×1×12＝6，∴|1AC |＝6，即AC1的长为 6.(2)1BD ＝BD ＋1DD ＝AD －AB ＋1AA ＝b －a ＋c.∴1BD ·AC ＝(b －a ＋c)·(a ＋b)＝a ·b －a2＋a ·c ＋b2－a ·b ＋b ·c ＝1. |1BD |＝(b －a ＋c)2＝2，|AC |＝(a ＋b)2＝3，∴cos 〈1BD ，AC 〉＝11BD ACBD AC ＝12×3＝66. ∴BD1与AC 夹角的余弦值为66.14.已知线段AB 在平面α内，线段AC ⊥α，线段BD ⊥AB ，且与α所成的角是30，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D 之间的距离..如图，由AC ⊥α，知AC ⊥AB.过D 作DD ′⊥α，D ′为垂足，则∠DBD ′＝30°，〈BD CA ,〉＝１２０°， ∴|CD|2= 2)(CD AB CA CD CD ++=• ＝BDAB BD CA AB CA BD AB CA •+•+•+++222222＝b2+a2+b2+2b2cos120°＝a2+b2.∴CD ＝22b a +15如图所示,已知ABCD ,O 是平面AC 外的一点点,OD OD OC OC OB OB OA OA 2,2,2,21111====, 求证:A 1,B 1,C 1,D 1四点共面.证明：∵)(22)(2221111AD AB AC OA OC OA OC OA OC C A +==-=-=-= =2[])22()22(()(OA OD OA OB OA OD OA OB -+-=-+- =11111111)()(D A B A OA OD OA OB +=-+- ∴A1,B1,C1,D1四点共面.16 ：如图，已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB=∠C 1CD=∠BCD=60°. 证明：C 1C ⊥BD ；{}1,,,,,,解：分别以的单位向量为空间的基底CD CB CC 123123e e e e e e===m 11CD m ,CB ,CC n 依题设中的条件，可知：23e e e<e 1,e 2>=60°, <e 1,e 3>=60°, <e 2,e 3>=60°,m m n 1(1)BD BC CD m ,BD CC (m )()mn()mn(cos ,cos )0=+=-+∴⋅=-+⋅=⋅-⋅=<>-<>=2121313231323e e e e e e e e e e e e ,e∴ C 1C ⊥BD17 .如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，3AD ＝DC ＝3，AB ＝2，E 是DC 上的点，且满足 DE ＝1，连结AE ，将△DAE 沿AE 折起到△D1AE第17题B 1D C OBA的位置，使得∠D1AB ＝60°，设AC 与BE 的交点为O. (1)试用基向量AB ， AE ，1AD 表示向量1OD ； (2)求异面直线OD1与AE 所成角的余弦值；(3)判断平面D1AE 与平面ABCE 是否垂直？并说明理由． 解：(1)∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝2，∴四边形ABCE 是平行四边形，∴O 为BE 的中点． ∴1OD ＝－AO ＝1AD －12(AB ＋AE )＝1AD －12AB －12AE .(2)设异面直线OD1与AE 所成的角为θ，则cosθ＝|cos 〈1OD ，AE 〉|＝11OD AEOD AE⋅⋅，∵1OD ·AE ＝(1AD －12AB －12AE )·AE ＝1AD ·AE －12AB ·AE －12|AE |2 ＝1×2×cos45°－12×2×2×cos45°－12×(2)2＝－1，|1OD |＝2111()22AD AB AE --＝62， ∴cos θ＝11OD AEOD AE⋅⋅＝|－162×2|＝33. 故异面直线OD1与AE 所成角的余弦值为33.(3)平面D1AE ⊥平面ABCE.证明如下： 取AE 的中点M ，则1D M ＝AM －1AD＝12AE －1AD ， ∴1D M ·AE ＝(12AE －1AD )·AE ＝12|AE |2－1AD ·AE＝12×(2)2－1×2×cos45°＝0. ∴1D M ⊥AE .∴D1M ⊥AE.∵1D M ·AB ＝(12AE －1AD )·AB ＝12AE ·AB －1AD ·AB＝12×2×2×cos45°－1×2×cos60°＝0，∴1D M ⊥AB ，∴D1M ⊥AB. 又AE∩AB ＝A ，AE 、AB ⊂平面ABCE ，∴D1M ⊥平面ABCE.∵D1M ⊂平面D1AE ， ∴平面D1AE ⊥平面ABCE.在四面体、平行六面体等图形中,当不易找到（或作出）从一点出发的三条两两垂直的直线建立直坐标系时,可采用“基底建模法”选定从一点发的不共面的三个向量作为基底,并用它们表示出指定的向量,再利用向量的运算证明平行和垂直,求解角和距离。
高中数学新湘教版选修2-1 空间向量与立体几何 章末小结复习
1．空间向量基本定理设e1，e2，e3是空间中的三个不共面的单位向量，则(1)空间中任意一个向量v可以写成这三个向量的线性组合：v＝xe1＋ye2＋ze3.(2)上述表达式中的系数x，y，z由v唯一决定，即：如果v＝xe1＋ye2＋ze3＝x′e1＋y′e2＋z′e3，则x＝x′，y＝y′，z＝z′.2．空间向量的坐标运算公式(1)加减法：(x1，y1，z1)±(x2，y2，z2)＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)．(2)与实数的乘法：a(x，y，z)＝(ax，ay，az)．(3)数量积：设v＝(x，y，z)，则|v|＝x2＋y2＋z2.(4)向量的夹角：cos θ＝v1·v2 |v1|·|v2|＝x1x2＋y1y2＋z1z2x21＋y21＋z21·x22＋y22＋z22.3．空间向量在立体几何中的应用设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则[例1]M ，N 分别为AB ，PC 的中点．求证：(1)MN ∥平面PAD ； (2)平面PMC ⊥平面PDC .[证明] 如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz .设PA ＝AD ＝a ，AB ＝b .则有，(1)P (0,0，a )，A (0,0,0)，D (0，a,0)，C (b ，a,0)，B (b,0,0)． ∵M ，N 分别为AB ，PC 的中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫b 2，0，0，N ⎝⎛⎭⎫b 2，a 2，a 2. ∴MN ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，AP ―→＝(0,0，a )，AD ―→＝(0，a,0)， ∴MN ―→＝12AD ―→＋12AP ―→.又∵MN ⊄平面PAD ，∴MN ∥平面PAD . (2)由(1)可知：PC ―→＝(b ，a ，－a )，PM ―→＝⎝⎛⎭⎫b2，0，－a ， PD ―→＝(0，a ，－a )．设平面PMC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PC ―→＝0⇒bx 1＋ay 1－az 1＝0，n 1·PM ―→＝0⇒b 2x 1－az 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2a b z 1，y 1＝－z 1，令z 1＝b ，则n 1＝(2a ，－b ，b )．设平面PDC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PC ―→＝0⇒bx 2＋ay 2－az 2＝0，n 2·PD ―→＝0⇒ay 2－az 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2＝z 2.令z 2＝1，则n 2＝(0,1,1)， ∵n 1·n 2＝0－b ＋b ＝0，∴n 1⊥n 2. ∴平面PMC ⊥平面PDC .(1)用向量法证明立体几何中的平行或垂直问题，主要应用直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借助空间中已有的一些关于平行或垂直的定理．(2)用向量法证明平行或垂直的步骤：①建立空间图形与空间向量的关系(通过取基或建立空间直角坐标系的方法)，用空间向量或以坐标形式表示问题中涉及的点、直线和平面；②通过向量或坐标，研究向量之间的关系；③根据②的结论得出立体几何问题的结论．(3)在用向量法研究线面平行或垂直时，上述判断方法不唯一，如果要证直线l ∥平面α，只需证l ＝λa ，l ⊄α，其中l 是直线l 的方向向量，a ⊂α；如果要证l ⊥α，只需在平面α内选取两个不共线向量m ，n ，证明⎩⎪⎨⎪⎧l ·m ＝0，l ·n ＝0，即可．1.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为CC 1的中点，求证：A 1O ⊥平面GBD .证明：法一：设A 1B 1―→＝a ，A 1D 1―→＝b ，A 1A ―→＝c ， 则a ·b ＝0，b ·c ＝0，a ·c ＝0， A 1O ―→＝A 1A ―→＋AO ―→＝A 1A ―→＋12(AB ―→＋AD ―→)＝c ＋12(a ＋b )，BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝b －a ，OG ―→ ＝OC ―→ ＋CG ―→ ＝12(AB ―→＋AD ―→ )＋12CC 1―→＝12(a ＋b )－12c ，∴A 1O ―→·BD ―→＝⎝⎛⎭⎫c ＋12a ＋12b ·(b －a ) ＝c ·(b －a )＋12(a ＋b )·(b －a )＝c ·b －c ·a ＋12(b 2－a 2)＝12(|b |2－|a |2)＝0，∴A 1O ―→⊥BD ―→.∴A 1O ⊥BD . 同理可证A 1O ―→⊥OG ―→.∴A 1O ⊥OG . 又OG ∩BD ＝O ， ∴A 1O ⊥平面GBD .法二：如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2，2,0)，A 1(2,0,2)，G (0,2,1)，O (1，1,0)，所以A 1O ―→＝(－1,1，－2)，DB ―→＝(2,2,0)， DG ―→＝(0,2,1)，则A 1O ―→·DB ―→＝(－1,1，－2)·(2,2,0)＝0， A 1O ―→·DG ―→＝(－1,1，－2)·(0,2,1)＝0，所以A 1O ―→⊥DB ―→，A 1O ―→⊥DG ―→.即A 1O ⊥DB ，A 1O ⊥DG . 又DB ∩DG ＝D ，故A 1O ⊥平面GBD .法三：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，A 1(2,0,2)，G (0,2,1)，O (1,1,0)，所以A 1O ―→＝(－1,1，－2)，DB ―→＝(2,2,0)，DG ―→＝(0,2,1)． 设向量n ＝(x ，y ，z )为平面GBD 的一个法向量， 则n ⊥DB ―→，n ⊥DG ―→. 即n ·DB ―→＝0，n ·DG ―→＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，2y ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝－1，z ＝2， 所以n ＝(1，－1,2)． 所以A 1O ―→＝－n .即A 1O ―→∥n . 所以A 1O ⊥平面GBD .2.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，B 1C 的中点． (1)用向量法证明平面A 1BD ∥平面B 1CD 1；(2)用向量法证明MN ⊥平面A 1BD . 证明：(1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， BD ―→＝AD ―→－AB ―→，B 1D 1―→＝A 1D 1―→－A 1B 1―→， 又∵AD ―→＝A 1D 1―→，AB ―→＝A 1B 1―→，∴BD ―→＝B 1D 1―→， ∴BD ∥B 1D 1. 同理可证A 1B ∥D 1C ，又BD ∩A 1B ＝B ，B 1D 1∩D 1C ＝D 1， 所以平面A 1BD ∥平面B 1CD 1.(2)MN ―→＝MB ―→＋BC ―→＋CN ―→＝12AB ―→＋AD ―→＋12(CB ―→＋BB 1―→)＝12AB ―→＋AD ―→＋12(－AD ―→＋AA 1―→) ＝12AB ―→＋12AD ―→＋12AA 1―→.设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝12(a ＋b ＋c )．又BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝b －a ， ∴MN ―→·BD ―→＝12(a ＋b ＋c )·(b －a )＝12(b 2－a 2＋c ·b －c ·a )． 又∵A 1A ⊥AD ，A 1A ⊥AB ，∴c ·b ＝0，c ·a ＝0. 又|b |＝|a |，∴b 2＝a 2.∴b 2－a 2＝0. ∴MN ―→·BD ―→＝0.∴MN ⊥BD . 同理可证MN ⊥A 1B . 又A 1B ∩BD ＝B ， ∴MN ⊥平面A 1BD .[例2] 四棱锥＝AD ＝2，点M ，N 分别在棱PD ，PC 上，且PC ⊥平面AMN .(1)求AM 与PD 所成的角； (2)求二面角P -AM -N 的余弦值；(3)求直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值．[解] 建立如图所示的空间直角坐标系． ∵A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，D (0，2,0)， ∴PC ―→＝(2,2，－2)，PD ―→＝(0,2，－2)． 设M (x 1，y 1，z 1)，PM ―→＝λPD ―→， 则(x 1，y 1，z 1－2)＝λ(0,2，－2)． ∴x 1＝0，y 1＝2λ，z 1＝－2λ＋2. ∴M (0,2λ，2－2λ)．∵PC ⊥平面AMN ，∴PC ―→⊥AM ―→， ∴PC ―→·AM ―→＝0.∴(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0⇒4λ－2(2－2λ)＝0. ∴λ＝12.∴M (0,1,1)．设N (x 2，y 2，z 2)，PN ―→＝t PC ―→， 则(x 2，y 2，z 2－2)＝t (2,2，－2)．∴x 2＝2t ，y 2＝2t ，z 2＝－2t ＋2. ∴N (2t,2t,2－2t )．∵PC ―→⊥AN ―→，∴AN ―→·PC ―→＝0. ∴(2t,2t,2－2t )·(2,2，－2)＝0. ∴4t ＋4t －2(2－2t )＝0， ∴t ＝13.∴N ⎝⎛⎭⎫23，23，43. (1)∵cos 〈AM ―→，PD ―→〉＝(0，1，1)·(0，2，－2)0＋1＋1×0＋4＋4＝0，∴AM 与PD 所成角为90°.(2)∵AB ⊥平面PAD ，PC ⊥平面AMN ，∴AB ―→，PC ―→分别是平面PAD ，平面AMN 的法向量． ∵AB ―→·PC ―→＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4， |AB ―→|＝2，|PC ―→|＝23， ∴cos 〈AB ―→，PC ―→〉＝443＝33.∴二面角P -AM -N 的余弦值为33. (3)∵PC ―→是平面AMN 的法向量，∴CD 与平面AMN 所成角即为CD 与PC 所成角的余角． ∵CD ―→·PC ―→＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4， ∴cos 〈CD ―→，PC ―→〉＝－42×23＝－33.∴直线CD 与PC 所成角的正弦值为63， 即直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值为63.(1)求异面直线所成的角：设两异面直线的方向向量分别为n 1，n 2，那么这两条异面直线所成的角为θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|. (2)求二面角的大小：如图，设平面α，β的法向量分别为n 1，n 2.因为两平面的法向量所成的角就等于平面α，β所成的锐二面角θ，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.(3)求斜线与平面所成的角：如图，设平面α的法向量为n 1，斜线OA 的方向向量为n 2，斜线OA 与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.3.如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，沿对角线AC折起，使D 在平面ABC 上的射影E 恰好落在AB 上，求这时二面角B -AC -D 的余弦值．解：如图所示，作DG ⊥AC 于G ，BH ⊥AC 于H .在Rt △ADC 中， AC ＝AD 2＋DC 2＝5， cos ∠DAC ＝AD AC ＝35.在Rt △AGD 中，AG ＝AD ·cos ∠DAC ＝3×35＝95，DG ＝AD 2－AG 2＝9－8125＝125. 同理，cos ∠BCA ＝35，CH ＝95，BH ＝125.AD ―→·BC ―→＝(AE ―→＋ED ―→)·BC ―→＝AE ―→·BC ―→＋ED ―→·BC ―→＝0， GD ―→·HB ―→＝(GA ―→＋AD ―→)·(HC ―→＋CB ―→) ＝GA ―→·HC ―→＋GA ―→·CB ―→＋AD ―→·HC ―→＋AD ―→·CB ―→ ＝－95×95＋95×3×35＋3×95×35＋0＝8125.又|GD ―→|·|HB ―→|＝14425，∴cos 〈GD ―→，HB ―→〉＝916.因此所求二面角的余弦值为916.4.如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是正四棱柱． (1)求证：BD ⊥平面ACC 1A 1；(2)二面角C 1-BD -C 的大小为60°，求异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值．解：(1)证明：建立空间直角坐标系D -xyz ，如图．设AD ＝a ，DD 1＝b ，则有D (0,0,0)，A (a ，0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，C 1(0，a ，b )，∴BD ―→＝(－a ，－a,0)，AC ―→＝(－a ，a,0)，CC 1―→＝(0,0，b )， ∴BD ―→·AC ―→＝0，BD ―→·CC 1―→＝0. ∴BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1.又∵AC ，CC 1⊂平面ACC 1A 1，且AC ∩CC 1＝C ， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1.(2)设BD 与AC 相交于点O ，连接C 1O ， 则点O 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，OC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－a 2，a 2，b . ∵BD ―→·OC 1―→＝0，∴BD ⊥C 1O . 又BD ⊥CO ，∴∠C 1OC 是二面角C 1-BD -C 的平面角， ∴∠C 1OC ＝60°， ∵tan ∠C 1OC ＝CC 1OC ＝b22a ＝3， ∴b ＝62a . ∵AC ―→＝(－a ，a,0)，BC 1―→＝(－a,0，b )， ∴cos 〈AC ―→，BC 1―→〉＝AC ―→·BC 1―→|AC ―→|·|BC 1―→|＝55. ∴异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为55.(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知l ∥π，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为⎝⎛⎭⎫1，12，2，则m ＝( ) A ．－8 B ．－5 C ．5D ．8解析：∵l ∥π，∴直线l 的方向向量与平面π的法向量垂直． ∴2＋m2＋2＝0，m ＝－8.答案：A2．在空间四边形ABCD 中，连接AC ，BD ，若△BCD 是正三角形，且E 为其中心，则AB ―→＋12BC ―→－32DE ―→－AD ―→的化简结果为( )A ．AB ―→B ．2BD ―→C ．0D ．2DE ―→解析：如图，F 是BC 的中点，E 是DF 的三等分点，∴32DE ―→＝DF ―→. ∵12BC ―→＝BF ―→，则AB ―→＋12BC ―→－32DE ―→－AD ―→＝AB ―→＋BF ―→－DF ―→－AD ―→＝AF ―→＋FD ―→－AD ―→＝AD ―→－AD ―→＝0.答案：C3．在以下命题中，不正确的个数为( ) ①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝2OA ―→－2OB ―→－OC ―→，则P ，A ，B ，C 四点共面；④若{a ，b ，c }为空间的一组基，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一组基； ⑤ |(a ·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．答案：C4．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若CA ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c ，则A 1B ―→＝( ) A ．a ＋b －c B ．a －b ＋c C ．－a ＋b ＋cD ．－a ＋b －c解析：A 1B ―→＝CB ―→－CA 1―→＝CB ―→－(CA ―→＋CC 1―→)＝b －a －c . 答案：D5．已知四面体ABCD 的各边长都是a ，点E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则AE ―→·AF ―→的值是( )A ．a 2 B.12a 2 C.14a 2 D.34a 2 解析：由已知得ABCD 为正四面体，因为AE ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，AF ―→＝12AD ―→，所以AE ―→·AF―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→) ＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案：C6．已知正四棱锥S -ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设A (1,0,0)，则B (0,1,0)，D (0，－1,0)，AB ＝2，SD ＝2，∴SO ＝1，∴S (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，AE ―→＝－1，12，12，SD ―→＝(0，－1，－1)．∴cos 〈AE ―→， SD ―→〉＝AE ―→·SD ―→|AE ―→||SD ―→|＝－12－1262×2＝－33， ∴AE 与SD 所成角的余弦值为33. 答案：C7．在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，若AC ′―→＝x AB ―→＋2y BC ―→＋3zC ′C ―→，则x ＋y ＋z 等于( )A ．1 B.76 C.56D.23解析：如图，AC ′―→＝AB ―→＋BC ―→＋CC ′―→＝AB ―→＋BC ―→－C ′C ―→，所以x ＝1,2y ＝1，3z ＝－1，所以x ＝1，y ＝12，z ＝－13，因此x ＋y ＋z ＝1＋12－13＝76.答案：B8.如图所示，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，P 是A 1B 1的中点，则直线P Q 与AM 所成的角为( )A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝AB ＝AC ＝2，则AM ―→＝(0,2,1)，Q (1,1,0)，P (1,0,2)，Q P ―→＝(0，－1,2)，所以Q P ―→·AM ―→＝0，所以Q P 与AM 所成角为π2.答案：D9．如图，在长方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.255C.155D.105解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，∴BC 1―→＝(－2,0,1)，AC ―→＝(－2,2,0)，且AC ―→为平面BB 1D 1D 的一个法向量． ∴cos 〈BC 1―→，AC ―→〉＝BC 1―→·AC ―→|BC 1―→|·|AC ―→|＝45·8＝105.∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105. 答案：D10．已知OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当Q A ―→·Q B ―→取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫12，34，13B.⎝⎛⎭⎫12，32，34 C.⎝⎛⎭⎫43，43，83D.⎝⎛⎭⎫43，43，73解析：∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则Q A ―→＝(1－x ，2－x,3－2x )， Q B ―→＝(2－x,1－x,2－2x )．∴Q A ―→·Q B ―→＝6x 2－16x ＋10，∴x ＝43时，Q A ―→·Q B ―→取得最小值，这时Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：C11.如图，在四面体P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B -AP -C 的余弦值为( )A.22 B.33C.77D.57解析：如图，作BD ⊥AP 于点D ，作CE ⊥AP 于点E .设AB ＝1，则易得CE ＝22，EP ＝22，PA ＝PB ＝2，可以求得BD ＝144，ED ＝24. ∵BC ―→＝BD ―→＋DE ―→＋EC ―→，∴BC ―→2＝BD ―→2＋DE ―→2＋EC ―→2＋2BD ―→·DE ―→＋2DE ―→·EC ―→＋2EC ―→·BD ―→， ∴EC ―→·BD ―→＝－14，∴cos 〈BD ―→，EC ―→〉＝－77.故二面角B -AP -C 的余弦值为77. 答案：C12.如图，在三棱柱ABC -A1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，则平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为( )A.355B.255C.55D.510解析：如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ，∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为O 1到平面BC 1O 的距离．∵O (0，0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)，∴OB ―→＝(3，0,0)，OC 1―→＝(0,1,2)，OO 1―→＝(0,0,2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则n ·OB ―→＝0，∴x ＝0.又n ·OC 1―→＝0，∴y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)．点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ，则d ＝|n ·OO 1―→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O间的距离为255.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．若空间三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (p,3，q )共线，则p ＋q ＝________. 解析：由已知得AB ―→＝(1，－1,3)，AC ―→＝(p －1，－2，q ＋2)，因为AB ―→∥AC ―→，所以p －11＝－2－1＝q ＋23，所以p ＝3，q ＝4，故p ＋q ＝7.答案：714.已知空间四边形OABC ，如图所示，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝3GN ―→，现用基向量OA ―→，OB ―→，OC ―→表示向量OG ―→，并设OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的和为________．解析：OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋34MN ―→＝12OA ―→＋34⎝⎛⎭⎫－12 OA ―→＋OC ―→＋12 CB ―→＝12OA ―→－38OA ―→＋34OC ―→＋38OB ―→－38OC ―→＝18OA ―→＋38OB ―→＋38OC ―→， ∴x ＝18，y ＝38，z ＝38.∴x ＋y ＋z ＝78.答案：7815．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为______________．解析：由OA ―→＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上， 可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH ―→·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12， ∴H ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 答案：⎝⎛⎭⎫－12，12，0 16.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为________．解析：以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，13， GE ―→＝⎝⎛⎭⎫a 6，a 6，23，BD ―→＝(0，－a,1)． ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→·BD ―→＝0，解得a ＝2. ∴GE ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，23，BA 1―→＝(2，－2,2)， ∵GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→为平面ABD 的一个法向量． 又cos 〈GE ―→，BA 1―→〉＝GE ―→·BA 1―→|GE ―→||BA 1―→|＝4363×23＝23， ∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23. 答案：23三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE ―→⊥b ？(O 为原点)解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)OE ―→＝OA ―→＋AE ―→＝OA ―→＋t AB ―→ ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )． 若OE ―→⊥b ，则OE ―→·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0， 解得t ＝95，因此存在点E ，使得OE ―→⊥b ， 此时E 点坐标为⎝⎛⎭⎫－65，－145，25.18．(本小题满分12分)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝AA 1＝1，∠BAD ＝60°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝45°.(1)求|BD 1―→|；(2)求证：BD ⊥平面ACC 1A 1. 解：(1)∵BD 1―→＝BA ―→＋BC ―→＋BB 1―→∴|BD 1―→|2＝(BA ―→＋BC ―→＋BB 1―→)2＝BA ―→2＋BC ―→2＋BB 1―→2＋2(BA ―→·BC ―→＋BA ―→·BB 1―→＋BC ―→·BB 1―→)＝1＋1＋1＋2⎝⎛⎭⎫－12－22＋22＝2，∴|BD 1―→|＝ 2.(2)证明：∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→， ∴AA 1―→·BD ―→＝AA 1―→·(AD ―→－AB ―→)＝0， ∴BD ⊥AA 1，又BD ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面ACC 1A 1.19．(本小题满分12分)如图，已知点P 在正方体ABCD -A1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC 1所成角的大小； (2)求DP 与平面AA 1D 1D 所成角的大小．解：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系Dxyz .则DA ―→＝(1,0,0)，CC 1―→＝(0,0,1)．连接BD ，B 1D 1.在平面BB 1D 1D 中，延长DP 交B 1D 1于H . 设DH ―→＝(m ，m,1)(m ＞0)， 由已知〈DH ―→，DA ―→〉＝60°，由DH ―→·DA ―→＝|DA ―→||DH ―→|cos 〈DA ―→，DH ―→〉， 可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝22，所以DH ―→＝⎝⎛⎭⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH ―→，CC 1―→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH ―→，CC 1―→〉＝45°. 即DP 与CC 1所成的角为45°.(2)平面AA 1D 1D 的一个法向量是DC ―→＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH ―→，DC ―→〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH ―→，DC ―→〉＝60°，可得DP 与平面AA 1D 1D 所成的角为30°.20．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． 解：设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1.如图所示，以AB ―→，AD ―→，AA 1―→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)，所以BE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12，AD ―→＝(0,1,0)．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， 因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD ―→是平面ABB 1A 1的一个法向量， 设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则 sin θ＝|BE ―→·AD ―→||BE ―→|·|AD ―→|＝132×1＝23. 即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1―→＝(－1,0,1)，BE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量， 则由n ·BA 1―→＝0，n ·BE ―→＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，连接B 1F ，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)， 又B 1(1,0,1)，所以B 1F ―→＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F ―→·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .21．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°.取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC .所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12.故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)，AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0. 可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0， 可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－33＋3213×2＝77.由图知二面角D -AE -C 为锐角， 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.22.(本小题满分12分)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ， 故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点， HF ―→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，故AB ―→＝(3，－4,0)，AC ―→＝(6,0,0)，AD ′―→＝(3,1,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB ―→＝0，m ·AD ′―→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AD ′―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.故sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.。
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】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 ∥αa ⊥ua ·u ＝0a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥αa ∥ua ＝k u a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥βu ∥vu ＝k v a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥βu ⊥vu ·v ＝0a 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)，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BP BC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB 平面DEF ，EF 平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，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 ＝23. 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，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，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――――――――→PA ⊥面ABCD 设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PBAF ·PB ＝0―→得P 坐标并求PA长．(2)学审题 由(1)―→AD ，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面FAD 、平面FAB 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PA ⊥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 |＝23.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 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n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝18.故二面角B-AF-D的正弦值为37 8.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD，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n1＝(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 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 )，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，BDBC 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 ＝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 (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n1＝(25，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝461×1＝46161，故二面角E-AP-B的余弦值为461 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63若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴PB＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，∴OA＝(0，－1,0)是平面POC的法向量，cos 〈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＋1y ＋1－λz ＝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PQQD ＝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，－1，11·6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪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，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪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，∠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)，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PAB 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155.9、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－ty ＝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.。
高三数学新课标总复习立体几何-理科-向量的用法
【新知识梳理与重难点点睛】1．共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定量对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa .推论 如图所示，点P 在l 上的充要条件是：OP →＝OA →＋t a ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝OA →＋tAB →或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →. (2)共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝1.(3)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3.2．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a⊥b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b 则|a||b|cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a·b 即a·b ＝|a||b|cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 3．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)(3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则d AB ＝|AB →|＝a 2－a 12＋b 2－b 12＋c 2－c 124．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．(2)平面的法向量：可利用方程组求出，设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.5．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. 6．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. 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角1．设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. 2．设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.3．求二面角的大小a ．如图①，AB 、CD 是二面角α －l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．考点一 异面直线所成的角|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成角的区别当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．[题组练透]1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110 B.25 C.3010D.22解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，设BC ＝2， 则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)， N (1,0,2)，所以BM ＝(1，－1,2)，AN ＝(－1，0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM ·AN ||BM |·|AN |＝36×5＝3010. 2．(2015·石家庄模拟)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝2，CC 1＝2，则异面直线AB 1和BC 1所成角的正弦值为( )A ．1 B.77 C.12D.32∴可以以1OB ，1OC ，解析：选A 取线段A 1B 1，AB 的中点分别为O ，D ，则OC 1⊥平面ABB 1A 1，OD 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 ，如图，则A (－1,0，2)，B 1(1,0,0)，B (1,0，2)，C 1(0，3，0)，∴1AB ＝(2,0，－2)，1BC ＝(－1，3，－2)，因为1AB ·1BC ＝(2,0，－2)·(－1，3，－2)＝0，所以1AB⊥1BC，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.故选A.[类题通法]1．向量法求异面直线所成的角的方法：(1)基向量法：利用线性运算．(2)坐标法：利用坐标运算．2．注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．考点二直线与平面所成的角|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.[提醒]向量法求线面角时是转化方向求向量与平面法向量间的夹角，但它不是线面角，注意联系与区别．[典题例析](2014·陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0，0)，A(0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，DA ＝(0,0,1)，BC ＝(－2,2,0)，BA ＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得 E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F (1,0,0)，G (0,1,0)． ∴FE ＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，FG ＝(－1,1,0)，BA ＝(－2,0,1)． 设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105. [类题通法]利用平面的法向量求线面角时注意事项(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．[演练冲关]AB ＝1，AA 1＝2，D(2015·郑州一检)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，注意到0<∠ABD ，∠AB 1B <π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，所以AB 1⊥BD ，又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO .又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD ，又BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ， 则A ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，B ⎝⎛⎭⎫－63，0，0， C ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B 1⎝⎛⎭⎫0，233，0，D ⎝⎛⎭⎫66，0，0，又1CC ＝2AD ，所以C 1⎝⎛⎭⎫63，233，33. 所以AB ＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，AC ＝⎝⎛⎭⎫0，33，33， 1DC ＝⎝⎛⎭⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB ·n ＝0，AC ·n ＝0，即⎩⎨⎧－63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈1DC ，n 〉|＝|1DC ·n ||1DC ||n |＝35555.考点三 二面角|(题点多变型考点——全面发掘)[必备知识]二面角的求法(1)如图①，AB ，CD 是二面角α -l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α -l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．[提醒] 求二面角时要注意判断其平面角是锐角还是钝角时，若不能判断二面角的平面角是锐角还是钝角时，要利用法向量的方向来判断法向量的夹角与二面角之间的关系是相等还是互补．[一题多变](2014·湖南高考)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC ，同理DD 1⊥BD ，因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD ，而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知，O 1O ∥C 1C ，故O 1O ⊥底面ABCD .(2)法一：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz .不妨设AB ＝2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2).易知，n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·1OB ＝0，n 2·1OC ＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以n 2＝(2,23，－3)，设二面角C 1-OB 1-D 的大小为θ，易知θ是锐角， 于是cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719. 故二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719.法二：如图，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.2，y＝2，∴设二面角C1-OB·OM由cos 〈n 1，n 2〉＝12知mm 2＋73＝12，∴34m 2＝712，∴m 2＝79(m >0)，即m ＝73，∴M ⎝⎛⎭⎫0，1，73. 即在线段CC 1上存在一点M 且CM ＝73，使二面角M -OB 1-D 的大小为60°.[类题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误考点一 空间向量法解决探索性问题|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：(1)探索性问题与平行结合； (2)探索性问题与垂直相结合； (3)探索性问题与空间角相结合.角度一：探索性问题与平行相结合1．(2015·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO . 因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形． AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ， 设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)， D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)， 平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13， F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )， 则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ， 即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .角度二：探索性问题与垂直相结合2．已知正△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 .(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 ，所以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D -xyz ，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)．易知平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量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)，则AP ·DE ＝(s ，t ，－2)·(0，3，1)＝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. 角度三：探索性问题与空间角相结合3．(2015·广东七校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，E ，F 分别为PC ，BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC ；(3)在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13？说明理由．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BD 于点F ，底面ABCD 为正方形， F 为AC 中点，E 为PC 中点． 所以在△CP A 中，EF ∥P A . 又P A ⊂平面P AD ，EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 底面ABCD 为正方形，CD ⊥AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面P AD .又P A ⊂平面P AD ，所以CD ⊥P A . 又P A ＝PD ＝22AD ，所以△P AD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即P A ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，且CD ，PD ⊂平面PDC ，所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PDC .(3)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF ，因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，而O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB ， 又底面ABCD 是正方形，故OF ⊥AD ，以O 为原点，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示，则有A (1，0,0)，C (－1,2,0)，F (0,1,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)，若在AB 上存在点G ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13，连接PG ，DG ，设G (1，a,0)(0≤a ≤2)，则DP ＝(1,0,1)，GD ＝(－2，－a,0)，由(2)知平面PDC 的一个法向量为PA ＝(1,0，－1)， 设平面PGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧n ·DP ＝0，n ·GD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，－2x －ay ＝0，解得⎩⎨⎧z ＝a2y ，x ＝－a2y .令y ＝－2，得n ＝(a ，－2，－a )，所以|cos 〈n ，PA 〉|＝|n ·PA ||n ||PA |＝2a 2×4＋2a 2＝13，解得a ＝12⎝⎛⎭⎫舍去－12. 所以，在线段AB 上存在点G ⎝⎛⎭⎫1，12，0⎝⎛⎭⎫此时AG ＝14AB ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13. [类题通法]解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．(2)探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．考点二 空间向量的综合应用|(重点保分型考点——师生共研)[典题例析](2014·江西高考)如图，四棱锥P -ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P -ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．解：(1)证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ；又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG . 在Rt △BPG 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝ 43－m 2， 故四棱锥P -ABCD 的体积为 V ＝13·6·m ·43－m 2＝m38－6m 2.因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6⎝⎛⎭⎫m 2－232＋83， 故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P -ABCD 的体积最大．B⎝⎛⎭⎫63，－63，0，此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，C ⎝⎛⎭⎫63，263，0，D ⎝⎛⎭⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63， 故PC ＝⎝⎛⎭⎫63，263，－63，BC ＝(0，6，0)， CD ＝⎝⎛⎭⎫－63，0，0， 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)，则由n 1⊥PC ，n 1⊥BC 得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. [类题通法]立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件； (2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题．[演练冲关](2015·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：平面FBC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在四边形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，∴AB ＝2， ∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC .∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面ACFE . 又因为BC ⊂平面FBC ，所以平面FBC ⊥平面ACFE .(2)由(1)知可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴AB ＝(－3，1,0)，BM ＝(λ，－1,1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·AB ＝0，n 1·BM ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)． ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋(3－λ)2＝1(3－λ)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴cos θ∈⎣⎡⎦⎤77，12.【新方法、新技巧练习与巩固】(一)1．(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点．(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.2．(2014·北京高考)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．3．(2014·新课标全国卷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．B卷：增分提能1．(2015·深圳一调)如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．2．(2014·山东高考)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＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．3．(2015·兰州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值为63，求直线P A与平面EAC所成角的正弦值．答案A 卷：夯基保分1．解：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .根据已知得：D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)．(1)∵DA ＝(2,0,0)，1CB ＝(2,0,2)，∴cos 〈DA ，1CB 〉＝DA ·1CB |DA ||1CB |＝22.∴直线AD 和直线B 1C 所成角为π4.(2)证明：取B 1D 的中点F ，得F (1,1,1)，连接EF . ∵E 为AB 的中点，∴E (2,1,0)， ∴EF ＝(－1,0,1)，DC ＝(0,2,0)， ∴EF ·DC ＝0，EF ·1CB ＝0， ∴EF ⊥DC ，EF ⊥CB 1.∵DC ∩CB 1＝C ，∴EF ⊥平面B 1CD .又∵EF ⊂平面EB 1D ，∴平面EB 1D ⊥平面B 1CD . 2．解：(1)证明：在正方形AMDE 中， 因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)因为P A ⊥底面ABCDE ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC ＝(1,1,0)． 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB ＝0，n ·AF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，得y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC |n ||BC |＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH ＝λPC (0＜λ＜1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH ＝0， 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫43，23，23. 所以PH ＝⎝⎛⎭⎫432＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫－432＝2.3．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两相互垂直．以O 为坐标原点，OB ，1OB ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形． 又AB ＝BC ，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B (1,0,0)，B 1⎝⎛⎭⎫0，33，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－33，0.1AB ＝⎝⎛⎭⎫0，33，－33，11A B ＝AB ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－33， 11B C ＝BC ＝⎝⎛⎭⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1AB ＝0，n ·11A B ＝0，即⎩⎨⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A B ＝0，m ·11B C ＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以二面角A -A 1B 1-C 1的余弦值为17.B 卷：增分提能1．解：以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1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D -xyz ，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， ∴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.(3)由(2)知，1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎨⎧n ·1CC ＝0，n ·FC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈1FB ，n 〉＝1FB ·n|1FB |·|n |＝33，∵二面角F -CC 1-B 为锐角， ∴二面角F -CC 1-B 的余弦值为33. 2.解：(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AD 1，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M∥D 1A . 又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.(2)法一：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 ，由题意知∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz . 所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎫32，12，0，所以1MD ＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，3，11D C ＝MB ＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的法向量n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·11D C ＝0，n ·1MD ＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又1CD ＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈1CD ，n 〉＝1CD ·n |1CD ||n |＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，过C 向AB 引垂线交AB 于N ，连接D 1N .由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1-AB -C 的平面角．在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝32.所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 3．解：(1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AC ， ∵底面ABCD 是直角梯形，且AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，BC ＝ 2. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴AC ⊥BC ，∵PC ∩BC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ， ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，(2)建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设PC ＝a ，则A (0,0,0)，P (1,1，a )，B (0,2,0)．∴AC ＝(1,1,0)，AE ＝⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，AP ＝(1,1，a )，BC ＝(1，－1,0)．设平面EAC 的法向量为v ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧v ·AC ＝0，v ·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋3y ＋az ＝0，令x ＝1，则v ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2a ， ∵BC ⊥平面P AC ，∴平面P AC 的一个法向量为u ＝BC ＝(1，－1,0)， 设二面角P -AC -E 的大小θ，则cos θ＝v ·u |v |·|u |＝1×1＋(－1)×(－1)＋0×2a 2× 2＋4a 2＝63，解得a ＝2，∴直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为 cos 〈v ，AP 〉＝v ·AP |v |·|AP |＝1×1＋1×(－1)＋2×13×6＝23。
(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，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 ，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P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(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P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以DC ⊥平面P AD .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 ⊥PB AF ·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 ＝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)． 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．。
向量法解决立体几何问题总结
向量法解决立体几何问题总结
向量法是一种解决立体几何问题的有效方法。
通过使用向量的性质和运算，可以简化复杂的几何关系，找到简单且准确的解决办法。
以下是一些向量法解决立体几何问题的总结：
1. 建立坐标系：通过建立适当的坐标系，可以将立体几何问题转化为平面几何问题，从而更容易处理和求解。
2. 向量的线性运算：利用向量的加法、减法和数量乘法，可以求解直线的交点、线段的中点等问题。
3. 向量的数量积：使用向量的数量积，可以计算出向量的长度、判断向量的夹角大小，从而解决立体几何问题中涉及角、直线的垂直和平行关系。
4. 点和直线向量表示：通过将平面上的点和直线用向量表示，可以简化问题，将几何关系转化为向量运算，从而更方便求解。
5. 三角函数和向量：利用三角函数与向量的关系，可以计算出向量在某个方向上的分量，进而求解垂直、平行关系以及向量的投影等问题。
6. 平面方程与向量：通过将平面的方程转化为向量的形式，可以更容易地判断点与平面的关系，求解平面的交点等问题。
总的来说，向量法在解决立体几何问题时具有简单、直观、可
靠的优势。
通过合理运用向量的性质和运算，能够快速解决各种立体几何问题。
空间向量法解决立体几何问题全面总结
由OA1 =（-1，-1，2），OD1 =（-1，1，2）
得:
x x
y y
2z 2z
0 0
解得:xy20z
取z =1
得平面OA1D1的法向量的坐标n=(2,0,1).
(2)求平面的法向量的坐标的特殊方法:
• 第一步:写出平面内两个不平行的向量 • a = (x1,y1,z1), b = (x2,y2,z2), • 第二步:那么平面法向量为
z
C1
A1
A x
B1
C O
B y
• 解:建立如图示的直角坐标系,则
•
A(
a 2
,0,0),B(0,
3 2
a
,0)
A1(
a 2
,0,).
C(-
a 2
,0,
2a)
• 设面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z)
•得 a 3
AB ( , 2
2
a,0), AA1 (0,0,
2a)
• •
a
一.引入两个重要的空间向量
1.直线的方向向量
把直线上任意两点的向量或与它平行的向
量都称为直线的方向向量.如图,在空间直角
坐标系中,由A(x1,y1,z1)与B(x2,y2,z2)确定的直 线AB的方向向量是
z
AB (x2 x1, y2 y1, z2 z1)
B
A
y
x
2.平面的法向量 • 如果表示向量n的有向线段所在的直线垂直
n
a
b
α
(1)求平面的法向量的坐标的一般步骤:
• 第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z).
空间向量解决立体几何
1 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解 如图以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717. 点评 本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点，因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1，以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3， 所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12，0)，A 1(0,2，2)．点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．3．利用面面垂直关系例3 如图1，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 所成的锐角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)， 又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22， 所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．2 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |解出t ，若t 满足条件则存在． 解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t ) (0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°.设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1， 所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．3 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝AF ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，⊥BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系．则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝13， 由图可知，二面角AA 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A －DF －C 的平面角的余弦值．分析 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．解 (1)以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)，设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0.取x ＝1得平面FDC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(3)设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ·DF →＝0，q ·DA →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝|n ·q |n |·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的平面角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43， 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以平面ABCD 内，点Q 在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ；当0<a <2时，不存在点。
立体几何中的向量方法及二面角的平面角求法总结
讲义：立体几何中的向量方法及二面角的平面角求法总结一、几种角的范围1、 _________________________________ 二面角平面角的范围：2、 _________________________________ 线面角的范围：3、 _________________________________ 直线倾斜角范围：4、异面直线夹角范围：_______________5、向量夹角范围：_________________二、立体几何中的向量方法1.三个重要向量(1)直线的方向向量：直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的向量，一条直线的方向向量有 ______ .(2)平面的法向量：直线I丄平面a取直线I的方向向量，则这个向量叫做平面a的法向量.显然一个平面的法向量有 ____ ，它们是共线向量.(3)直线的正法向量：直线L:Ax+By+C=O的正法向量为n=(A,B).2.直线的方向向量与平面的法向量在确定直线和平面位置关系中的应用(1)直线l i的方向向量为u 1= (a i, b i, c i),直线l2的方向向量为比=(a2, b2, C2).女口果丨1 //丨2,那么U1 // U2? 5=右2? _____________________________ ；女口果丨1丄l2, 那么U1丄U2? U1 U2= 0? ________________⑵直线I的方向向量为u= (a1, b1, C1),平面a的法向量为n= (a2, b2, C2).若I // a 贝U u 丄n? u n = 0? _________________若I 丄a 贝U u // n? u = k n? _____________________(3)平面a的法向量为U1 = (a1, b1, C1)，平面B的法向量为u2= (a2, b2, C2).若all B U1 / U2? U1 = k u2? (a1, b1, G)=_________ ；若a丄B 贝y U1 丄U2? U1 U2= 0? ____________________3.利用空间向量求空间角(1)求两条异面直线所成的角：设a, b分别是两异面直线I1, I2的方向向量，则(2) 求直线与平面所成的角：设直线I 的方向向量为a ,平面a 的法向量为n ,直线I 与平面a 所成的角为 0,则 si nA |cos 〈 a , n > |=(3) 求二面角的大小：(I )若 AB , CD 分别是二面角a — I — B 的两个半平面内与棱I 垂直的异面直线，则二面角的大 小就是向量AB , CD 的夹角(如图①所示).(H )设n i , n 2分别是二面角a — I — B 的两个半平面a, B 的法向量，贝U 向量n i 与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小(如图②③).4. 求点面距：平面a 外一点P 到平面a 的距离为:其中n 为平面a 的法向量，PQ 为平面a 的斜线，Q 为斜足 5. 平面法向量的求法设出平面的一个法向量n = (x , y , z),利用其与该平面内的两个不共线向量垂直，即数量积为 0, 列出方程组，两个方程，三个未知数，此时给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一个非零 解,即得到这个法向量的坐标.注意，赋值不同得到法向量的坐标也不同， 法向量的坐标不唯一. 6. 射影面积公式：二面角的平面角为 a ,则cos a=7. 利用空间向量求角要注意的问题(1)异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角都可以转化成空间向量的夹角来求.⑵空间向量的夹角与所求角的范围不一定相同，如两向量的夹角范围是[0, n,两异面直线所成的角的范围是o , n . (3)用平面的法向量求二面角时，二面角的大小与两平面法向量的夹角有相等和互补两种情况 .三、二面角的平面角的求法1、定义法： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角 ，这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线d=② ③所成的角的大小就是二面角的平面角。
立体几何典型问题的向量解法
立体几何中几类典型问题的向量解法空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几何的探索性试题提供了简便、快速的解法。
它的实用性是其它方法无法比拟的，因此应加强运用向量方法解决几何问题的意识，提高使用向量的熟练程度和自觉性，注意培养向量的代数运算推理能力，掌握向量的基本知识和技能，充分利用向量知识解决图形中的角和距离、平行与垂直问题。
一、利用向量知识求点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面的距离（1）求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP u u u r的坐标，那么P 到平面的距离cos ,n MP d MP n MP n •=•<>=r u u u r u u u r r u u u rr（2）求两点,P Q 之间距离，可转化求向量PQ uuu r的模。
（3）求点P 到直线AB 的距离，可在AB 上取一点Q ，令,AQ QB PQ AB λ=⊥u u u r u u u r u u u r u u u r或PQ u u u r 的最小值求得参数λ，以确定Q 的位置，则PQ u u u r为点P 到直线AB 的距离。
还可以在AB 上任取一点Q 先求<AB ,cos ，再转化为><,sin ，则PQ u u u r><,sin 为点P 到直线AB 的距离。
(4)求两条异面直线12,l l 之间距离，可设与公垂线段AB 平行的向量n r，,C D 分别是12,l l 上的任意两点，则12,l l 之间距离CD nAB n•=u u u r r r例1：设(2,3,1),(4,1,2),(6,3,7),(5,4,8)A B C D --，求点D 到平面ABC 的距离例2：如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。
2023-2024学年高二数学单元速记——空间向量与立体几何(知识归纳+题型突破)(解析版)
第一章空间向量与立体几何（知识归纳+题型突破）1.能够理解空间向量的概念,运算、背景和作用;2.能够依托空间向量建立空间图形及图形关系的想象力;3.能够掌握空间向量基本定理,体会其作用,并能简单应用;4.能够运用空间向量解决一些简单的实际问题，体会用向量解决一类问题的思路.一、空间向量的有关概念1、概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，空间向量的大小叫做空间向量的长度或模；如空间中的位移速度、力等．2、几类特殊的空间向量名称定义及表示零向量长度为0的向量叫做零向量，记为0单位向量模为1的向量称为单位向量相反向量与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为a- 共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量二、空间向量的有关定理1、共线向量定理：对空间任意两个向量,(0)a b b ≠ ，a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=．（1）共线向量定理推论：如果l 为经过点A 平行于已知非零向量a的直线,那么对于空间任一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ,使OP OA ta =+ ①，若在l 上取AB a = ，则①可以化作：OP OA t AB=+（2）拓展(高频考点）：对于直线外任意点O ，空间中三点,,P A B 共线的充要条件是OP OA AB λμ=+，其中1λμ+=2、共面向量定理如果两个向量,a b 不共线，那么向量p 与向量,a b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(,)x y ，使p xa yb=+ （1）空间共面向量的表示如图空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(,)x y ，使AP xAB yAC =+．或者等价于：对空间任意一点O ，空间一点P 位于平面ABC 内（,,,P A B C 四点共面）的充要条件是存在有序实数对(,)x y ，使OP OA xAB y AC =++，该式称为空间平面ABC 的向量表示式，由此可知，空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定．（2）拓展对于空间任意一点O ，四点,,,P C A B 共面（其中,,C A B 不共线）的充要条件是OP xOC yOA zOB =++（其中1x y z ++=）．3、空间向量基本定理如果向量三个向量,,,a b c 不共面，那么对空间任意向量,p 存在有序实数组{},,,x y z 使得.p xa yb zc =++三、空间向量的数量积1、空间两个向量的夹角（1）定义：已知两个非零向量,a b ，在空间任取一点O ，作 OA a = ，OB b =，则么AOB ∠叫做向量,a b的夹角，记,a b <>.（2）范围：[],0,a b π<>∈r r．特别地，（1）如果,2a b π<>= ，那么向量,a b 互相垂直，记作a b ⊥ ．(2)由概念知两个非零向量才有夹角，当两非零向量同向时，夹角为0；反向时，夹角为π，故a,b 0<>=(或a,b π<>= )//a b ⇔ (,a b为非零向量)．(3)零向量与其他向量之间不定义夹角，并约定0 与任何向量a都是共线的，即0a ．两非零向量的夹角是唯一确定的．（3）拓展（异面直线所成角与向量夹角联系与区别）若两个向量,a b所在直线为异面直线，两异面直线所成的角为θ，(1)向量夹角的范围是0<<,a b ><π，异面直线的夹角θ的范围是0<θ<2π，(2)当两向量的夹角为锐角时，,a b θ=<>；当两向量的夹角为2π时，两异面直线垂直；当两向量的夹角为钝角时，,a b θπ=-<>.2、空间向量的数量积定义：已知两个非零向量a ，b ，则||||cos ,a b a b <> 叫做a ，b 的数量积，记作a b ⋅；即||||cos ,a b a b a b ⋅=<>．规定：零向量与任何向量的数量积都为0.3、向量a的投影3.1．如图(1)，在空间，向量a 向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b 共线的向量c ，||cos ,||bc a a b b =<>向量c 称为向量a 在向量b 上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l 投影(如图(2))．3.2．如图(3)，向量a 向平面β投影，就是分别由向量a的起点A 和终点B 作平面β的垂线，垂足分别为A '，B '，得到A B '' ，向量A B '' 称为向量a 在平面β上的投影向量．这时，向量a ，A B ''的夹角就是向量a 所在直线与平面β所成的角．4、空间向量数量积的几何意义：向量a ，b 的数量积等于a 的长度||a 与b 在a方向上的投影||cos ,b a b <> 的乘积或等于b的长度||b 与a 在b方向上的投影||cos ,a a b <> 的乘积.5、数量积的运算：（1）()()a b a b λλ⋅=⋅，R λ∈.（2）a b b a ⋅=⋅(交换律)．（3）()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅(分配律).四、空间向量的坐标表示及其应用设123(,,)a a a a = ，123(,,)b b b b =，空间向量的坐标运算法则如下表所示：数量积a b a b a b a b ⋅=112233＋＋共线（平行）(0)a b b ≠ ()112233a b a b a b R a bλλλλλ=⎧⎪⇔=⇔=∈⎨⎪=⎩ 垂直a b ⊥⇔11223300a b a b a b a b ⋅=⇔++= （,a b 均为非零向量）模22222||||a a a a a a ===++123，即222||a a a a =++123 夹角cos ,a b <>=112233222222123123a b |a ||b |a b a b a b a a a b b b ++⋅=++++五、直线的方向向量和平面的法向量1、直线的方向向量如图①,a 是直线l 的方向向量,在直线l 上取AB a =,设P 是直线l 上的任意一点,则点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ,使得AP ta = ，即AP t AB=2、平面法向量的概念如图，若直线l α⊥，取直线l 的方向向量a ，我们称a 为平面α的法向量；过点A 且以a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合{|0}P a AP ⋅=．3、平面的法向量的求法求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下:设向量：设平面α的法向量为(,,)n x y z =选向量：选取两不共线向量,AB AC列方程组：由00n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩列出方程组解方程组：解方程组0n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩赋非零值：取其中一个为非零值（常取±1)得结论：得到平面的一个法向量.六、空间位置关系的向量表示七、向量法求空间角1、异面直线所成角设异面直线1l 和2l 所成角为θ，其方向向量分别为u ，v；则异面直线所成角向量求法：①cos ,||||u vu v u v ⋅<>=；②cos |cos ,|u v θ=<> 2、直线和平面所成角设直线l 的方向向量为a ，平面α的一个法向量为n，直线l 与平面α所成的角为θ，则①cos ,||||a na n a n ⋅<>=；②sin |cos ,|a n θ=<> .3、平面与平面所成角（二面角）（1）如图①，AB ，CD 是二面角l αβ--的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小,AB CD θ=<>．（2）如图②③，1n ，2n分别是二面角l αβ--的两个半平面,αβ的法向量，则二面角的大小θ满足：①121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=；②12cos cos ,n n θ=±<>若二面角为锐二面角（取正），则12cos |cos ,|n n θ=<>；若二面角为顿二面角（取负），则12cos |cos ,|n n θ=-<>；（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）八、向量法求距离（2）两条平行直线之间的距离求两条平行直线l ，m 之间的距离，直线m 的距离.（3）求点面距，（4）线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解直线a与平面α之间的距离：两平行平面,αβ之间的距离：d题型一空间关系的证明BM平面ADEF；(1)求证：//(2)求证：BC⊥平面BDE．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）通过中位线得到线线平行，利用判定定理可证或利用法向量证明线面平行；（2）利用面面垂直的性质得到线面垂直，结合线面垂直的判定可证或利用直线的方向向量与平面的法向量平行可证.【详解】（1）解法一：证明：取DE 中点N ，连结AN ，MN ，由三角形中位线性质可得//MN CD 且12MN CD =，又因为//AB CD 且12AB CD =，所以//MN AB 且MN AB =，所以ABMN 是平行四边形，所以//BM AN ，又AN ⊂平面ADEF ，BM ⊄平面ADEF ，所以//BM 平面ADEF ．解法二：证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，又DC ⊂平面ABCD ，所以DE DC ⊥．如图，以D 为原点，以DA，DC ，DE 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，则()()()()()2,2,00,4,00,0,00,0,20,2,1B C D E M ，，，，．因为(2,0,1)BM =-，易知(0,1,0)n =' 为平面ADEF 的一个法向量．因此0BM n '⋅=，所以BM n '⊥ ．又BM ⊄平面ADEF ，所以//BM 平面ADEF ．（2）解法一：证明：因为BD =，BC =4CD =，所以222BD BC CD +=，所以BD BC ⊥．因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以DE BC ⊥．又BD DE D ⋂=，,BD DE ⊂平面BDE ，所以BC ⊥平面BDE ．解法二：由（1）可得(2,2,0)DB = ，(0,0,2)DE = ，(2,2,0)BC =-．设平面BDE 的一个法向量(,,)n x y z = ，则22020n DB x y n DE z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取1x =，得10y z =-=，，所以(1,1,0)=-n 是平面BDE 的一个法向量．因此2BC n =-，所以BC ⊥平面BDE ．反思总结证明平行、垂直关系的方法可以运用传统方法也可以运用空间向量。
空间向量与立体几何知识点归纳总结
空间向量与立体几何知识点归纳总结一．知识要点。
1. 空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。
注：（1）向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。
（2）向量具有平移不变性2. 空间向量的运算。
定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算如下（如图）。
OB OA AB a b =+=+;BA OA OB a b =-=-;()OP a R λλ=∈运算律：⑴加法交换律：a b b a+=+⑵加法结合律：)()(c b a c b a++=++⑶数乘分配律：b a b aλλλ+=+)(运算法则：三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则 3. 共线向量。
（1）如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行向量，a平行于b ，记作b a //。
（2）共线向量定理：空间任意两个向量a 、b（b ≠0 ），a //b 存在实数λ，使a＝λb 。
（3）三点共线：A 、B 、C 三点共线<=>AC AB λ=<=>)1(=++=y x OB y OA x OC 其中 （4）与a 共线的单位向量为aa ±4. 共面向量（1）定义：一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。
说明：空间任意的两向量都是共面的。
（2）共面向量定理：如果两个向量,a b 不共线，p 与向量,a b 共面的条件是存在实数,x y 使p xa yb =+。
（3）四点共面：若A 、B 、C 、P 四点共面<=>AC y AB x AP += <=>)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP 其中 5. 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 ，存在一个唯一的有序实数组,,x y z ，使p xa yb zc =++。
若三向量,,a b c 不共面，我们把{,,}a b c 叫做空间的一个基底，,,a b c 叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。
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.。
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向量法解立体几何
1、直线的方向向量和平面的法向量
⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.
⑵．平面的法向量： 若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作
n α⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.
⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．
②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．
③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．
④根据法向量定义建立方程组0
n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.
⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.
2、用向量方法判定空间中的平行关系
⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.
⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明
a u ⊥，即0a u ⋅=.
⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.
3、用向量方法判定空间的垂直关系
⑴线线垂直。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、
，则要证明12l l ⊥，只需证明a b ⊥，即0a b ⋅=.
⑵线面垂直
①（法一）设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明a
∥u ，即a u λ=.
②（法二）设直线l 的方向向量是a ，平面α内的两个相交向量分别为m n 、
，若0
,.0
a m l a n α⎧⋅=⎪⊥⎨
⋅=⎪⎩则 ⑶面面垂直。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证αβ⊥，只需证u v ⊥，即证0u v ⋅=.
4、利用向量求空间角 ⑴求异面直线所成的角
已知,a b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的角为θ，则cos .AC BD AC BD
θ⋅=
⑵求直线和平面所成的角
求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角 的余角.即有：cos s .in a u a u
ϕθ⋅==
⑶求二面角
二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线l BO l AO ⊥⊥,，则AOB ∠为二面角βα--l 的平面角.
如图：
求法：设二面角l αβ--的两个半平面的法向量分别为m n 、
，再设m n 、的夹角为ϕ，二面角l αβ--的平面角为θ，则二面角θ为m n 、
的夹角ϕ或其补角.πϕ- 根据具体图形确定θ是锐角或是钝角： 如果θ是锐角，则cos cos m n m n
θϕ⋅==
， 即arccos
m n m n
θ⋅=；
O
A
B
O
A
B
l
如果θ是钝角，则cos cos m n
m n
θϕ⋅=-=-， 即arccos m n m n θ⎛⎫
⋅ ⎪=-
⎪⎝⎭
. 5、利用法向量求空间距离
⑴点Q 到直线l 距离
若Q 为直线l 外的一点,P 在直线l 上，a 为直线l 的方向向量，b =PQ ，则点Q 到直线l
距离为 1
(||||
h a b a =⑵点A 到平面α的距离
若点P 为平面α外一点，点M 为平面α内任一点，平面α的法向量为n ，则P 到平面α的距离就等于MP 在法向量n 方向上的投影的绝对值.
即cos ,d MP n MP
=n MP MP n MP
⋅=⋅
n MP n
⋅=
⑶直线a 与平面α之间的距离
当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。
由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离。
即.n MP d n
⋅=
⑷两平行平面,αβ之间的距离
利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。
即
.n MP d n
⋅=
⑸异面直线间的距离
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 方向上投影的绝对值。
即.n MP d n
⋅=。