向量法解立体几何
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。
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。
利用法向量解立体几何题
利用法向量解立体几何题一、运用法向量求空间角向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量''AA BB 和，则角<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ=''''AA BB AA BB ⋅⋅, 不需要用法向量。
1、运用法向量求直线和平面所成角设平面α的法向量为n =（x, y, 1)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sin θ= cos(2π-θ) = |cos<AB , n >| = AB AB n n••2、运用法向量求二面角设二面角的两个面的法向量为12,n n ，则<12,n n >或π-<12,n n >是所求角。
这时要借助图形来判断所求角为锐角还是钝角，来决定<12,n n >是所求，还是π-<12,n n >是所求角。
二、运用法向量求空间距离1、求两条异面直线间的距离设异面直线a 、b 的公共法向量为(,,)n x y z =，在a 、b 上任取一点A 、B ，则异面直线a 、b 的距离 d =AB ·cos ∠BAA ＇=||||AB n n • 略证：如图，EF 为a 、b 的公垂线段，a ＇为过F 与a 平行的直线，A在a 、b 上任取一点A 、B ，过A 作AA ＇//EF ，交a ＇于A ＇，则¡¯//AA n ，所以∠BAA ＇=<,BA n >（或其补角）∴异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA ＇=||||AB n n • * 其中，n 的坐标可利用a 、b 上的任一向量,a b （或图中的,AE BF ），及n 的定义得n a n a n b n b ⎧⎧⊥•=⎪⎪⇒⎨⎨⊥•=⎪⎪⎩⎩ ① 解方程组可得n 。
数学解决立体几何问题的四种常用方法
数学解决立体几何问题的四种常用方法数学作为一门科学，其应用范围及其广泛。
在解决现实生活中的各种问题中，立体几何问题是其中之一。
在本文中，将介绍数学解决立体几何问题的四种常用方法，分别是平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。
一、平面几何方法平面几何方法是解决立体几何问题最常用的方法之一。
该方法的基本思想是将立体几何问题转化为平面几何问题来求解。
具体来说，可以通过绘制立体几何图形的几个视图，将其分解为多个平面几何图形，然后利用平面几何中的定理和性质进行求解。
例如，对于一个立方体求其体积，可以将其展开成一个平面图形，然后计算出展开图形的面积。
再根据立方体的性质，将展开图形的面积乘以立方体高度所得的积即为立方体的体积。
二、向量法向量法是一种几何分析方法，可以有效地解决立体几何问题。
该方法利用向量的运算和性质，将立体几何问题转化为向量计算问题来求解。
在利用向量法解决立体几何问题时，首先需要确定坐标系，并定义几何体的位置和方向。
然后，通过向量运算来计算几何体的性质。
例如，对于一个平行六面体的体积，可以通过计算其底面向量与高度向量的叉积来求解。
三、投影法投影法是解决立体几何问题的另一种常用方法。
该方法利用几何体在不同平面上的投影关系，将立体几何问题转化为投影几何问题来求解。
具体来说，可以通过绘制几何体在不同平面上的投影图形，并利用投影几何的定理和性质进行求解。
例如，对于一个棱柱在某个平面上的截面积，可以通过计算棱柱的投影图形在该平面上的面积来求解。
四、立体坐标法立体坐标法是一种通过引入三维坐标系来解决立体几何问题的方法。
该方法通过确定几何体的坐标，将立体几何问题转化为坐标几何问题来求解。
在利用立体坐标法解决立体几何问题时，首先需要建立一个三维坐标系，并确定几何体的坐标。
然后，通过坐标运算来计算几何体的性质。
例如，对于一个球体求其体积，可以根据球体的坐标及其半径，利用坐标运算公式计算出体积。
总结起来，数学解决立体几何问题的常用方法有平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。
用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何问题方法归纳(总16页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4) (1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB . 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面P AD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)，1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a ||n ||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求． 例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD . (1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ， CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°， 即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE ⊂平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23， 则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)． 设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14. 例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0， BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE 如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.(1)空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)， 即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD .又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)， 设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12， 解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意． 空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→P A ⊥面ABCD 设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PBAF ·PB ＝0―→得P 坐标并求P A 长． (2)学审题由(1)―→AD，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面F AD 、平面F AB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 的方向分别为x 轴，y轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝2 3.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B -AF -D 的正弦值为378.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系(本题利用AC ⊥BD )，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为2的等边三角形，取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，则BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面ACD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC . 作EF ⊥平面ABC ，则EF ∥DO . 根据题意，点F 落在BO 上， ∴∠EBF ＝60°， 易求得EF ＝DO ＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE ∥OF . ∵DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，可求得平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE ＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0， 即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)． 故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . ∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BDBC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC . (2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC . 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625. 由题知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，所以二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625. (3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925. 因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.3．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A -BD -C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°. 由余弦定理知AE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×1×12cos 60°＝32.∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF . 又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2， 即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC . (2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0， D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，0，DB ＝(2,0,0)，DA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，－32. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ＝0n ·DA ＝0得⎩⎨⎧2x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)．∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·AC |n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝35，AD ＝6，BD 是对角线，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到点P 的位置，且PB ＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角E -AP -B 的余弦值．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6，∴BD ＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ， ∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝ADBD ，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)，PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)．又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161， 故二面角E -AP -B 的余弦值为46161.5.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63若存在，求出PQQD 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD .又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，OC ，OD ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量， cos 〈PB ，OA 〉＝PB ·OA | PB ||OA |＝33. ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2) PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33. (3)假设存在一点Q ，则设PQ ＝λPD (0<λ<1)．∵PD ＝(0,1，－1)， ∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ，∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，又AC ＝(1,1,0)，AQ ＝(0，λ＋1,1－λ)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，二面角Q -AC -D 的余弦值为63，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)， 所以存在点Q ，且PQ QD ＝12.6．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值． 解：(1)以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．所以AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ SD ·n ＝0，CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1， 于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ， 则|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，0，0)·(2，－1，1)1·6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)． 又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪(x ，2x －3，－1)·(1，0，0)x 2＋(2x －3)2＋(－1)2·1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x5x 2－12x ＋10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪15－12·1x ＋10·1x 2＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋5＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －352＋75 .当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357.7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠F AB ＝∠DAB ＝90°，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，F A ⊥CD .(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行； (2)求二面角F -CD -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BC ∥AD ，BE ∩BC ＝B ，AD ∩AF ＝A ， ∴平面BCE ∥平面ADF . 设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C . ∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ， 平面DFC ∩平面ADF ＝DF .∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l . (2)∵F A ⊥AB ，F A ⊥CD ，AB 与CD 相交，∴F A ⊥平面ABCD .故以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF ＝(－1,0,2)，DC ＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF ＝0，n ·DC ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，x ＝－2y ，不妨设z ＝1. 则n ＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F -CD -A 为锐角，∴二面角F -CD -A 的余弦值为66.8、.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点． (1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A -PB -D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面P AB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AC ， ∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ， ∵DE ⊂平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，t 2，P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )． 由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面P AB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则根据⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1，23t . ∵二面角A -PB -D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即 34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)． 设EC 与平面P AB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，则sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝155，∴EC 与平面P AB 所成角的正弦值为155.9、如图1，A ，D 分别是矩形A 1BCD 1上的点，AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形A 1ADD 1沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2所示，连接A 1B ，D 1C 得几何体ABA 1-DCD 1.(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的平面角为π6若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，t,0)，则1D E ＝(1，t ，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)，∴1D E ·1A D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1)×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .(2)假设存在符合条件的点E .设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由(1)知EC ＝(－1,2－t,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EC ＝0，n ·1D E ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋(2－t )y ＝0，x ＋ty －z ＝0，令y ＝12，则x ＝1－12t ，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12t ，12，1是平面D 1EC 的一个法向量，显然平面ECD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)， 则cos 〈n ，1DD 〉＝|n ·1DD ||n ||1DD |＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12t 2＋14＋1＝cos π6，解得t ＝2－33(0≤t ≤2)．故存在点E ，当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的平面角为π6.。
立体几何中的向量公式
向量法解立体几何用传统的方法解立体几何需要烦琐的分析、复杂的计算。
而用向量法解题思路清晰、过程简洁。
对立体几何的常见问题都可以起到化繁为简，化难为易的效果。
一. 证明两直线平行已知两直线a 和b , b D C a B A ∈∈,,,,则⇔b a //存在唯一的实数λ使CD AB λ=二. 证明直线和平面平行1。
已知直线αα∈∈⊄E D C a B A a ,,,,,且三点不共线,则a ∥⇔α存在有序实数对μλ,使CE CD AB μλ+=2。
已知直线,,,a B A a ∈⊄α和平面 α的法向量n ，则a ∥n AB ⊥⇔α三.证明两个平面平行已知两个不重合平面βα,，法向量分别为n m ,,则α∥n m //⇔β四．证明两直线垂直 已知直线b a ,。
b D C a B A ∈∈,,,，则0=•⇔⊥CD AB b a五。
证明直线和平面垂直已知直线α和平面a ，且A 、B a ∈，面α的法向量为m ，则m AB a //⇔⊥α六.证明两个平面垂直已知两个平面βα,,两个平面的法向量分别为n m ,,则n m ⊥⇔⊥βα七．求两异面直线所成的角已知两异面直线b a ,，b D C a B A ∈∈,,,，则异面直线所成的角θ为：CDAB •=θcos八．求直线和平面所成的角AB已知A ，B 为直线a 上任意两点,n 为平面α的法向量,则a 和平面α所成的角θ为:1．⎪⎭⎫ ⎝⎛•2,0π时-=2πθ 2．⎪⎭⎫ ⎝⎛∈ππ,2时2πθ-= 九．求二面角1．已知二面角βα--l ，且l CD l AB D C B A ⊥⊥∈∈,,,,且βα，则二面角的平面角θ的大小为:=θ2.已知二面角,βα--l n m ,分别为面βα,的法向量，则二面角的平面角θ的大小与两个法向量所成的角相等或互补。
即-=πθ注：如何判断二面角的平面角和法向量所成的角的关系。
(1)通过观察二面角锐角还是钝角,再由法向量的成的角求之。
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．。
向量法解立体几何公式总结
向量法解立体几何公式总结一、基本知识点直线m l ,的方向向量分别为b a ,，平面βα,的法向量分别为21,n n （若只涉及一个平面α，则用n 表示其法向量）并在下面都不考虑线线重合、面面重合及线在面内的情况。
1、平行问题（结合图象，直观感觉） 1）线线平行b k a b a m l =⇔⇔//// 2）线面平行0//=⋅⇔⊥⇔n a n a l α 3）面面平行2121////n k n n n =⇔⇔βα2、垂直问题（结合图象，直观感觉） 1）线线垂直0=⋅⇔⊥⇔⊥b a b a m l 2）线面垂直n k a n a l =⇔⇔⊥//α 3）面面垂直02121=⋅⇔⊥⇔⊥n n n n βα3、夹角问题1）异面直线CD AB ,所成的角θ（范围： 20πθ≤<）cos cos ,.AB CD AB CD AB CDθ•=<>=2）线面角θ（范围：20πθ≤≤），na n a n a ⋅⋅=><=,cos sin θ3）二面角θ（范围：πθ≤≤0）A BCD><-=n a ,2πθ2,πθ->=<><-=21,n n πθ>=<21,n n θ1212cos n n n n θ•=-⋅1212cos n n n n θ•=⋅4、距离问题1）点A 到点B 的距离：222)()()(B A B A B A z z y y x x AB -+-+-=2）点A 到线l 的距离d在直线l 上任取点BaAB a AB a AB ⋅⋅=><=,cos cos θ，θθ2cos 1sin -=，∴θsin ⋅=AB d3）点A 到面α的距离d在平面α上任取点BnAB n AB n AB ⋅⋅=><=,cos cos θnn AB nAB n AB AB AB d ⋅=⋅⋅⋅=⋅=θcos4）异面直线间m l ,间的距离d在直线l 上任取点A ，在直线m 上任取点B 向量n 与异面直线m l ,的方向向量b a ,都垂直nAB n AB n AB ⋅⋅=><=,cos cos θ∴nn AB nAB n AB AB AB d ⋅=⋅⋅⋅=⋅=θcos5）直线l 到平面α的距离在直线l 上任取一点A ，转化为点A 到面α的距离d 6）平面α到平面β的距离在平面β上任取一点A ，转化为点A 到面α的距离dFC 1B 1A 1ACBE DD 1二、典例训练例1、在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AD 、AB 的中点。
求解立体几何问题的两种常用方法
构特性、体积、一、几何法何法解题，据几何中的性质、之间的平行、得空间角、距离，例1.如图1，AB =BC =2，AD =线段PC 上的点．（Ⅰ）证明：BD （Ⅱ）若G 是PC 角的正切值；（Ⅲ）若G 满足(Ⅰ)证明：∵∴PA ⊥BD ；∵设AC 与BD ∴O 为AC 而PA ∩AC =A （Ⅱ）解：若G ∴GO ，可得GO ⊥平面ABCD ，⊥平面PAC ，与平面PAC 所成的角；=12PA =；AB ∙BC ∙cos ∠ABC =12，3；OD =CD 2-CO 2，，tan ∠DGO =OD OG ；PC ⊥面BGD ，OG ⊂平面BGD ，=PA 2+AC 2=15；，可得GC AC =OCPC ，GC 15-=32.需利用线面垂直的判定定理；解答再根据相似.运用几何法解题，只需定义、定理，寻找其定义、定理进行求解.几何意义、运算法则往往需根或建立合适的空间给点赋予坐标，通过向备考指南50量运算求得空间角、距离，判定空间中点、线、面的位置关系.例2.如图2，在四棱锥M-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB、AD的夹角都是60°，N是CM的中点，求BN的长.图2解：∵N是CM的中点，设a=AB,b=AD,c=AM，底面ABCD是边长为2的正方形，∴ BN=12( BC+ BM )=12( AD+ BA+ AM)=12 a+12 b12 c；由题意可得：|a|=|b|=2,|c|=3,a⋅b=0，a⋅c=2×3×cos60°=3，b⋅c=2×3×cos60°=3，∴ BN2=(-12 a+12 b+12 c)2=1+1+94-12×3+12×3=174，∴| BN|即BN的长为.设a=AB,b=AD,c=AM，并将其作为基底表示出其它的线段，便可根据向量的三角形法则、平行四边形法则、数量积公式、模的公式求得|BN|，即可解题.运用向量法求解，可将立体几何问题转化为向量问题，这样不仅能转换解题的思路，还能简化解题的过程.例3.如图3，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱A1B1上，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1,AA1=AB=AC=2；当D为A1B1的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.图3解：由直三棱柱ABC-A1B1C1的性质可知AA1⊥A1B1，又AE⊥A1B1，AA1∩AE=A，AA1，AE⊂平面AA1C1C，所以A1B1⊥平面AA1C1C，又A1C1⊂平面AA1C1C，则A1B1⊥A1C1，故AB⊥AC，AB⊥AA1，AC⊥AA1，建立空间直角坐标系，如图4所示，图4则C（2，0，0），B（0，0，2），A（0，0，0），A1（0，2，0），F（1，0，1），E（2，1，0），设D（0，2，t），则FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0)，因为FD⋅AE=(-1,2,t-1)⋅(2,1,0)=0；故DF⊥AE；当D为A1B1的中点时，D（0，2，1），又EF=(-1,-1,1),FD=(-1,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z)，则ìíîn⋅EF=0,n⋅FD=0,即ìíîx+y-z=0,x-2y=0,令y=1，则x=2，z=3，故n=(2,1,3)，取平面ABC的一个法向量m=(0,1,0)，则|cos< n, m>|=|n⋅m|| n|| m|故平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.在找到三条相互垂直，且交于一点的直线后，便可建立空间直角坐标系，根据题意求得各个点的坐标、线段的方向向量、平面的法向量，再通过空间向量的坐标系运算求得二面角的大小.在求平面的法向量时，需根据线面垂直的判定定理，在一个平面内找到两条相交的直线，并使其与法向量垂直，利用待定系数法即可求出平面的法向量.通过搭建空间直角坐标系，将抽象的立体几何问题转化为具象的坐标运算问题，可有效避免复杂的几何推理论证.总之，几何法的适用范围较广，大部分的立体几何问题都可以用几何法求解.而向量法的适用范围较窄，只适用于求解有关正方体、长方体、直三棱柱等规则空间几何体的问题，且使用过程中的运算量较大，同学们要谨慎计算，避免出现失误和错解.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）备考指南51。
立体几何中的向量方法
1．用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” （1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向
量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几 何问题转化为向量问题；
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间夹角问题
（3）把向量的运算结果“翻译”成相对应的几何意 义。
2．向量的相关知识： （1）两向量数量积的定义：
且OS=OC=BC=1，OA=2.
z
求：(3)二面角B－AS－O的余弦值.
S
解：由(2)知平面SAB的一个法向量为n (1，1，2)，
O
又由OC 平面SAO知OC是平面SAO的法向量
A
且OC (0，1，0)
x
cos n，OC 0 1 0 6 6 1 6
所以二面角B－AS－O的余弦值为 6 6
2
CD (1, 1 , 0), SD (0, 1 , 1)
2
2
S B
xA D
设平面 SCD的法向量n2 (x, y, z), 由n2 CD, n2 SD,得：
x2y 2yz
0 0
x
z
y 2 y 2
任取n2 (1, 2,1)
cos
n1, n2
|
n1 n2 n1 || n2
|
可得PA 2EG PA // EG。因为PA与EG不共线，所以PA // EG
又PA 平面EDB，EG 平面EDBPA // 平面EDB
(2)求EB与底面ABCD所成的角的正切值。
解：因为PD 平面ABCD，所以PD是平面ABCD的法向量。
由(1)知D(0，0，0)，P(0，0，1)，
z P
两直线 l, m 所成的角为 ( 0 ≤ ≤ ), cos a b ；
第八章第六节立体几何中的向量方法课件共18张PPT
A．－
10 10
B．－210
C．210
D．
10 10
D [建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
设 DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，12 ，1)，
则A→C ＝(－1，1，0)，D→E ＝(0，12 ，1)，
设异面直线 DE 与 AC 所成的角为 θ，
则 cos θ＝|cos〈A→C
(2)点到平面的距离 如图所示，已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α 的法向量，则 B 到平面 α 的距离为|B→O |＝|A→B|n·| n| .
直线的方向向量与平面的法向量的确定 (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A→B 为直线 l 的方向向量，与A→B 平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量．
，D→E
〉|＝
10 10
.]
4．(选修 2－1P113 习题 T9 改编)如图所示，在空间直角坐标系中，有一 棱长为 a 的正方体 ABCD-A′B′C′D′，A′C 的中点 E 与 AB 的中点 F 的 距离为________．
解析： 由图易知 A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A′(a，0， a)，所以 F(a，a2 ，0)，E(a2 ，a2 ，所成的角是这两个平面所成的角．( )
(4) 两 异 面 直 线 夹 角 的 范 围 是 0，π2 ， 直 线 与 平 面 所 成 角 的 范 围 是
0，π2 ，二面角的范围是[0，π].(
)
答案： (1)× (2)× (3)× (4)√
2．已知两平面的法向量分别为 m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面
所以 EF＝ （a－a2）2＋（a2－a2）2＋（0－a2）2
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 向量法
立体几何向量法
在立体几何中，向量法是一种常用的求解问题和证明定理的方法。
通过引入向量概念，可以将几何问题转化为向量运算，从而简化推导过程。
在向量法中，我们将空间中的点表示为位置向量，线段或向量则表示为起点到终点的差向量。
利用向量的性质，可以进行向量加法、减法、数量乘法等运算，从而得到几何对象之间的关系。
对于平面几何，向量法可以用来证明和推导平行关系、垂直关系、共线关系等。
例如，两条平行线可以表示为它们的方向向量相等，两条垂直线可以表示为它们的方向向量互为内积为零。
在空间几何中，向量法可以用来证明和推导线段的长度、角的大小、平面的交角等。
例如，两个线段的长度可以通过计算它们的差向量的模长得到，两个平面的交角可以通过计算它们的法向量之间的夹角得到。
此外，向量法还可以应用于立体图形的计算和分析。
例如，利用向量法可以求解三角形的面积、四面体的体积，以及判断点是否在多面体内部等。
总之，向量法是立体几何中一种重要的分析和解题方法，通过引入向量概念和运算，可以简化问题的推导过程，提高几何问题的求解效率。
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。
向量法解立体几何 大题
ADE B C1. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2，AP=AD=AB=，∠PAB=∠PAD=α．（1）试在棱PA上确定一个点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值；（2）当α=60°时，求证：CD⊥平面PBD．2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90︒，BC=1，AC=CC1=2.(1)证明：AC1⊥A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1-AB-C的大小.3. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．（I）求证：平面AEC⊥平面PDB;（II）当PD=2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．4.如图，在四棱锥BCDEA-中，平面ABC⊥平面BCDE；90CDE BED∠=∠=︒，2AB CD==，1DE BE==，2AC=.（1）证明：AC⊥平面BCDE；（2）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值.5.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（I）证明：PB∥平面AEC;(II)设AP=1，AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=43，求A到平面PBC的距离.7. 如图，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD=错误!未找到引用源。
，AA1=3，E为CD上一点，DE=1，EC=3(1)证明：BE⊥平面BB1C1C;(2) 求点B1 到平面EA1C1的距离APB CDECBDAP8. 如图，四棱锥902,P ABCD ABC BAD BC AD PAB PAD -∠=∠==∆∆中，，与都是边长为2的等边三角形.（I ）证明：;PB CD ⊥（II ）求点.A PCD 到平面的距离9. 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =，2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。
基向量法解决立体几何问题
AB (2)当 的值为多少时，才能使AC’⊥平面A’BD.请证明。 AA'
解：
AC' 平面A' BD AC' A' B且AC' A' D
AC' A' B 0且AC' A' D 0 (a b c) (a c) 0 (a b c) (b c) 0 2 m n m2 m n m n 2 m n 0 2 2 2 2 2 A m m n m2 m n m n n2 0 2 2 2 2 3m2 mn 2n2 0, 解得m n
A'
D'
C'
m2 mn ab ,a c bc 2 2
B'
D C
BD BA AD b a
AA' BD c (b a ) c b c a 0 所以 AA' BD.
A
B
线线线面垂直
13(2)在平行六面体AC’中，AB=AD,∠A’AD=∠A’AB=∠DAB=60º .
D'
C
A'
B'
D C
B
所以当AB / AA' 1时，AC' 平面A' BD.
线线线面垂直2
如图，60°的二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个 二面角的两个半平面内，且都垂直AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝
8，求CD的长.
C
A
解: CA 6 , AB 4 , BD 8 且 CA AB, BD AB , CA, BD 120
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。
巧用向量法，妙解立体几何题
思路探寻立体几何问题的命题方式较多，常见的有证明线面平行、求二面角、求点到平面的距离等.由于立体几何问题对同学们的空间想象和运算能力有较高的要求，所以对大部分的同学来说，解答这类问题存在一定的难度.若根据题意和几何图形的特点构造空间向量，则可利用向量法，简便、快速地求得问题的答案.接下来，通过几个例题介绍一下如何巧妙运用向量法解答立体几何问题.一、运用向量法求点到平面的距离一般来说，求点到平面的距离，可以运用定义法、等体积法、向量法.运用向量法求点到平面的距离，要先求出平面的一个法向量n ；再求出一个已知点P 与平面内任意一点M 的方向向量MP ，可得点P 到平面的距离为d =| MP |∙|cos < n , MP >|=| n ∙ MP || n |，其中| MP |是向量 MP 的模，| n |是平面的法向量n 的模.例1.如图1所示的多面体是由底面为ABCD 的长方形被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB =4，BC =2,CC 1=3,BE =1.试求点C 到平面AEC 1F 的距离.解：以DA 、DC 、DF 为坐标轴建立如图1所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0),C (0,4,0),E (2,4,1),C 1(0,4,3)，CC 1=(0,0,3)，设F 点的坐标为（0，0，z ），由于AEC 1F 为平行四边形，所以 AF =EC 1，又 AF =(-2,0,z ), EC 1=(-2,0,2)，即z =2.设n 为平面AEC 1F 的一个法向量，因为 n 不垂直于平面ADF ，所以设 n =(x ,y ,1)，于是{n ∙ AE =0， n ∙ AF =0，即{4y +1=0，-2x +2=0，解得ìíîx =1，y =-14，设 CC 1与n 的夹角为α，可得cos α=| CC 1∙ n || CC 1|∙| n |=31，则点C 到平面AEC 1F 的距离为d =|CC 1cos α|=3×.先根据图形的特点建立空间直角坐标系，得到 CC 1；然后求出平面AEC 1F 的法向量，即可利用公式d =| CC 1|∙|cos < n , CC 1>|=| n ∙CC 1|| n |求解.在求平面的法向量时，可采用待定系数法，先设出平面的法向量；然后根据法向量与平面内的两个直线垂直的关系，建立方程组，解该方程组即可求出待定系数、法向量的坐标.二、运用向量法证明线面平行由线面平行的判定定理可知，要证明线面平行，只要证明直线与平面内的两条相交直线平行即可.但有时候很难在平面内找到两条相交的直线与已知直线平行，此时，可建立合适的空间直角坐标系，求得平面外一条直线的方向向量 l 和平面的法向量n ，只要证明 n ∙l =0，就说明直线l 与平面平行.例2.如图2，在直三棱锥ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P =A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于点D ，求证：PB 1//平面BDA 1.图2图3证明：如图3所示，以A 1为原点，以 A 1B 1, A 1C 1,A 1A为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,2,0),B 1(1,0,0),B (1,0,1),D (0,1,0.5)，所以 PB 1=()1,-2,0, BD =æèöø-1,1,-12, BA 1=(-1,0,-1)，设平面BDA 1的法向量为n =(x ,y ,z )，由ìíî BD ∙n =0，BA 1∙ n =0，得{-x +y -0.5z =0，-x -z =0，不妨令z =2，则x =-2，y =-1，可得n =(-2,-1,2)，则 PB 1∙ n =1×()-2+()-2×()-1+0×2=0，得 PB 1⊥ n ，所以PB 1//平面BDA 1.先建立空间直角坐标系，求得 PB 1、 BD 、BA 1，根据BD 、 BA 1垂直平面BDA 1的法向量，建立方程组，求得法向量n ，并证明 PB 1∙ n =0，即可证明平面BDA 1的法向量n 与PB 1的方向向量 PB 1垂直，这就说明PB 1//平面BDA 1.求解空间几何中的二面角、线面角等问题，也可以采用向量法.运用向量法求解立体几何问题，一要寻找题目或图形中的垂直关系，有时可以作一个平面的垂线，以建立方便求点的坐标的空间直角坐标系；二要熟记并灵活运用一些空间向量的运算法则、公式、定义等.（作者单位：江西省南昌市第十九中学）肖雪芝图147Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
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中山二中2011届空间向量解立体几何一、空间直角坐标系的建立及点的坐标表示（1）若空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为1，这个基底 叫单位正交基底，用{,,}i j k 表示；（2）在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k ，以点O 为原点，分别以,,i j k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量,,i j k 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面。
（3）作空间直角坐标系O xyz -时，一般使135xOy ∠=（或45），90yOz ∠=； （4）在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，如果中指指向z 轴的正方向，称这个坐标系为右手直角坐标系规定立几中建立的坐标系为右手直角坐标系（5）空间直角坐标系中的坐标：如图给定空间直角坐标系和向量a ，设,,i j k 123(,,)a a a ，使123a a i a j a k =++，有序实数组123(,,)a a a 作向量a 在空间直角坐标系O xyz -123(,,)a a a a =．在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标．二、空间向量的直角坐标运算律 （1）若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =， 则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈，112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈，（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
（3）//a b b a λ⇔=112233()b a b a R b aλλλλ=⎧⎪⇔=∈⎨⎪=⎩三、空间向量直角坐标的数量积1、设,是空间两个非零向量，我们把数量><b a b a ,cos ||||叫作向量,的数量积，记作⋅，即⋅＝><,cos |||| 规定：零向量与任一向量的数量积为0。
2、模长公式2||a a a x =⋅=+3、两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ， 则2||(AB AB ==，或,A B d = 4、夹角：cos ||||a ba b a b ⋅⋅=⋅． 注：①0(,a b a b a b ⊥⇔⋅=是两个非零向量）； ②22||a a a a =⋅=。
5、 空间向量数量积的性质：①||cos ,a e a a e ⋅=<>．②0a b a b ⊥⇔⋅=．③2||a a a =⋅．AB6、运算律①⋅=⋅； ②)()(⋅=⋅λλ； ③⋅+⋅=+⋅)( 四、直线的方向向量及平面的法向量1、直线的方向向量：我们把直线l 上的向量以及与共线的向量叫做直线l 的方向向量2、平面的法向量：如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥n ，如果α⊥n ，那么向量n 叫做平面α的法向量。
注：①若l α⊥，则称直线l 为平面α的法线； ②平面的法向量就是法线的方向向量。
③给定平面的法向量及平面上一点的坐标，可以确定一个平面。
3、在空间求平面的法向量的方法：（1）直接法：找一条与平面垂直的直线，求该直线的方向向量。
（2）待定系数法：建立空间直接坐标系 ①设平面的法向量为(,,)n x y z =②在平面内找两个不共线的向量111(,,)a x y z =和222(,,)b x y z =③建立方程组：0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩④解方程组，取其中的一组解即可。
五、证明1、证明两直线平行已知两直线a 和b , b D C a B A ∈∈,,,,则⇔b a //存在唯一的实数λ使AB CD λ=2、证明直线和平面平行（1）已知直线αα∈∈⊄E D C a B A a ,,,,,且三点不共线，则a ∥⇔α存在有序实数对μλ,使AB CD CE λμ=+（2）已知直线,,,a B A a ∈⊄α和平面α的法向量n ,则a ∥n AB ⊥⇔α 3、证明两个平面平行已知两个不重合平面βα,,法向量分别为n m ,, 则α∥//⇔β 4、证明两直线垂直已知直线b a ,。
b D C a B A ∈∈,,,，则0=∙⇔⊥b a 5、证明直线和平面垂直已知直线α和平面a ，且A 、B a ∈,面α的法向量为m ,则//a AB m α⊥⇔6、证明两个平面垂直已知两个平面βα,,两个平面的法向量分别为,m n ,则m n αβ⊥⇔⊥六、计算角与距离 1、求两异面直线所成的角 已知两异面直线b a ,，,,,A B a C D b∈∈，则异面直线所成的角θ为：cos AB CD AB CDθ∙=2、求直线和平面所成的角已知A,B 为直线a 上任意两点，为平面α的法向量，则a和平面α所成的角θ为:（1）当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0π时2ABnπθ=-∙（2）当⎪⎭⎫⎝⎛∙ππ,2时2AB n πθ=∙- 3、求二面角（1）已知二面角βα--l ，且l CD l AB D C B A ⊥⊥∈∈,,,,且βα，则二面角的平面角θ的大小为：,AB CDθ=y x（2）已知二面角,βα--l n m ,分别为面βα,的法向量，则二面角的平面角θ的大小与两个法向量所成的角相等或互补。
即,,m n m n θπ=-或注:如何判断二面角的平面角和法向量所成的角的关系。
(1)通过观察二面角锐角还是钝角,再由法向量的成的角求之。
(2)通过观察法向量的方向,判断法向量所成的角与二面角的平面角相等还是互补。
4、求两条异面直线的距离已知两条异面直线b a ,,m 是与两直线都垂直的向量,b B a A ∈∈,则两条异面直线的距离AB m d m∙=5、求点到面的距离已知平面α和点A,B 且αα∈∉B A ,,m 为平面α的法向量,则点A 到平面α的距离AB m d m∙=七、训练题1、在正棱锥P ABC -中，三条侧棱两两互相垂直，G 是∆的重心，E 、F 分别为BC 、PB 上的点，且BE ：EC=PF FB=1：2。
求证：平面GEF ⊥平面PBC证明：PBC PA ⊥面，所以PA 是面PBC 的一个法向量，不妨设PA=3，则300PA =（，，）设面EFG 的一个法向量,,)n a b c =（， 且010F （，，），110G （，，）则向量 100FG =（，，）则向量FG 与PA 是共线向量那么 GF PBC ⊥面，则GEF PBC ⊥面面2、如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，90,30,ACB BAC ︒︒∠=∠=BC=1，1AA ，M 是1CC 的中点。
求证：11AB A M ⊥证明：说明上图中，上底面字母为11A C 1，，B 。
建立以C 为坐标原点的空间直角坐标系以CA 为Y 轴，CB 为X 轴，1CC 为Z 轴，则00M （，，）210A （0A （） 110B ，则11AB =，1AM =（0，则1AB 1A M ∙=0，命题得证。
3、在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1，F 1分A 1B 1,,C 1D 1上，且E 1B 1=41A 1B 1，D 1F 1=41D 1C 1求BE 1与DF 1所成的角的大小。
解：设正方体棱长为4，以1,,DD DC DA 建立如图所示空间坐标系xyz D -)4,1,0(1-=,)4,1,0(1=DF ，⋅1BE 1DF ＝151715||||,1111=>=<DF BE DF BE4、在正方体1111D C B A ABCD -中, F 分别是BC 的中点，点E 在D 1C 1上,且=1E 41D 1C 1,试求直线E 1F 与平面D 1AC 解：设正方体棱长为1，以1,,DD ，建立如图所示坐标系D -xyz1DB 为D 1AC 平面的法向量，)1,1,1(1=DB)1,43,21(1-=E 8787,cos 11>=<E DB所以直线E 1F 与平面D 1AC 所成角的正弦值为87875 、在正方体1111D C B A ABCD -中,求二面角1A 解：设正方体棱长为1，以1,,DD 正交基底，A建立如图所示坐标系D-xyz（法一）)1,21,21(1-=EA,)1,21,21(1-=EC31,cos11>=<ECEA（法二）求出平面BDA1与平面BDC1的法向量)1,1,1(,)1,1,1(21-=-=nn31||||,cos2121=>=<nnnn6 、已知E,F分别是正方体1111DCBAABCD-的棱BC和CD的中点，求：（1）A1D与EF所成角的大小；（2）A1F与平面B1EB所成角的大小；（3）二面角BBDC--11的大小。
解：设正方体棱长为1，以1,,DD为单位正交基底，建立如图所示坐标系D-xyz（1）)1,0,1(1--=DA)0,21,21(--=EF21,cos11=>=<A A1D与EF所成角是060（2）)1,21,1(1--=A,)0,1,0(=31,cos111=<A（3）)1,1,1(1-=AC,)0,1,1(-=AC，36,cos11=<AC二面角BBDC--11的正弦值为367、如图，正四棱柱1111ABCD A B C D-中，124AA AB==，点E在1CC上且ECEC31=．（Ⅰ）证明：1A C⊥平面BED；（Ⅱ）求二面角1A DE B--的大小．解：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D xyz-．依题设，1(220)(020)(021)(204)B C E A，，，，，，，，，，，．(021)(220)DE DB==，，，，，，11(224)(204)AC DA=--=，，，，，．（Ⅰ）因为1AC DB=，1AC DE=，故1A C BD⊥，1A C DE⊥．又DB DE D=，所以1A C⊥平面（Ⅱ）设向量()x y z=，，n是平面1DA E的法向量，则⊥n1DA⊥n．故20y z+=，240x z+=．令1y=，则2z=-，x(412)=-，，n．1AC，n等于二面角1A DE B--的平面角，4214==．所以二面角1A DE B--的大小为arccos42．8、如，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，090,BAD FAB BC∠=∠=//=12AD，BE//=12AF（Ⅰ）证明：,,,C D F E四点共面；（Ⅱ）设AB BC BE==，求二面角A ED B--的大小；解：由平面ABEF⊥平面ABCD，AF AB⊥，得AF⊥平面ABCD，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A xyz-（Ⅰ）设,AB a BC b BE c===,，则()()()()(),0,0,,0,,0,,0,2,0,0,0,2B aC a b E a cD b F c,()()0,,,0,2,2EC b c FD b c=-=-故12EC FD=，从而由点E FD∉，得//EC FD故,,,C D F E四点共面（Ⅱ）设1AB=，则1BC BE==，EA1 B1C1D1()()()()1,0,0,1,1,0,0,2,0,1,0,1B C D E在DE 上取点M ，使5DM ME =，则515,,636M ⎛⎫ ⎪⎝⎭从而115,,636MB ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭又()1,2,1,0,DE MB DE MB DE =-⋅=⊥ 在DE 上取点N ，使2DN NE =，则222,,333N ⎛⎫ ⎪⎝⎭从而222,,,0,333NA NA DE NA DE ⎛⎫=---⋅=⊥⎪⎝⎭故MB 与NA 的夹角等于二面角A DE B --的平面角，10cos MB NA MB NA MBNA⋅⋅==⋅所以二面角A DE B --的大小 9、如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC （Ⅰ）证明：直线MN OCD 平面‖；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。