空间向量与立体几何(2)——向量法在立体几何中的综合应用
人教B版选修2《空间向量在立体几何中的应用》教案及教学反思
人教B版选修2《空间向量在立体几何中的应用》教案及教学反思1. 教学目的本节课是人教B版选修2课程的一部分，主要教授空间向量在立体几何中的应用。
本课程将帮助学生：•深入理解空间向量的概念及其运算法则•掌握将空间向量应用于立体几何中的方法和技巧•发展自己的独立思考能力和解决问题的能力2. 教学内容2.1 知识点本节课的重点知识点为：•空间向量的定义•空间向量的基本运算法则•点、线、面等几何图形在空间向量中的表示方法•空间向量在几何问题中的应用2.2 教学步骤本节课教学步骤如下：第一步：导入教师简单介绍空间向量及其基本运算法则，引发学生对此概念的兴趣。
第二步：概念讲解教师详细讲解空间向量的概念，以及点、线、面等几何图形在空间向量中的表示方法。
为了增强学生的理解，教师可以使用相关的图形和实例进行讲解。
第三步：举例说明教师通过几个实例，向学生展示如何使用空间向量解决立体几何问题。
在示例中，教师应尽可能地让学生自己思考并尝试解决问题，同时指导学生正确的解决方法，让学生深入理解知识点。
第四步：练习安排学生进行一定数量和难度的练习，让学生掌握应用相关知识解决问题的方法和技巧。
第五步：讲解与总结最后，教师应总结本节课的主要内容，并对学生的问题进行讲解和解答。
3. 教学反思本节课的教学方法主要采用“以实例为主，以问题为导向”的方式，让学生能够在探究中理解和掌握知识点。
这种探究式学习的方法能够有效激发学生的主动学习意识和自主学习能力。
在实际教学中，教师应充分发挥学生的主观能动性，让他们能够独立思考和解决问题。
同时，教师还应充分利用技术手段，如音视频、实例演示等方式进行综合教学，探索出适合学生的多元化、个性化的教学方式。
在上述教学步骤中，教师尤其需要注意：•难度掌握：教师在设计实例和练习时，应根据学生的实际情况及能力水平，掌握好难度，以确保学生的接受能力和理解能力•差异处理：同学的学习能力和理解能力会存在差异，教师需要采用差异化教学方法，根据学生的特点进行教学•评估方法：教师应采用多种评估方法，对学生进行全面评价，如通过小组讨论、思维导图、课堂测验等方式，合理衡量学生的学习成果和进步情况总之，人教B版选修2《空间向量在立体几何中的应用》教学，应侧重于实践探究和知识应用，培养学生的独立思考和解决问题的能力，让学生能够掌握并应用相关知识，提高学生的立体几何解题能力，为日后的数学学习打下基础。
高中数学空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.2空间中的平面与空间向量学案含解析
1.2.2 空间中的平面与空间向量导思1.什么是平面的法向量？它在解决线面位置关系中有何用途？ 2．什么是三垂线定理及其逆定理？1.平面的法向量(1)定义：如果α是空间中的一个平面，n 是空间中的一个非零向量，且表示n 的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n 为平面α的一个法向量．此时也称n 与平面α垂直，记作n ⊥α． (2)性质：如果A ，B 是平面α上的任意不同两点，n 为平面α的一个法向量，则： 1 若直线l ⊥α，则l 的任意一个方向向量都是平面α的一个法向量 2 对任意实数λ≠0，λn 是平面α的一个法向量 3向量AB → 一定与n 垂直，即AB →·n ＝0平面α的法向量唯一吗？它们有什么共同特征？ 提示：不唯一，都平行．2．空间线面的位置关系与空间向量若v 是直线l 的一个方向向量，n 1，n 2分别是平面α1，α2的一个法向量，则：1 n 1∥v ⇔l ⊥α12 n 1⊥v ⇔l ∥α1或l ⊂α13 n 1⊥n 2⇔α1⊥α24 n 1∥n 2⇔α1∥α2或α1，α2重合已知v 是直线l 的一个方向向量，n 是平面α的一个法向量，如果n ⊥v ，那么直线l 一定与平面α平行吗？提示：不一定，也可能l ⊂α. 3．三垂线定理及其逆定理 射影已知平面α和一点A ，过点A 作α的垂线l ，设l 与α相交于点A′，则A′就是点A在平面α内的射影，也称为投影．三垂线定理如果平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”).(1)已知直线l垂直于平面α，向量a平行直线l，则a是平面α的法向量．()(2)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．()(3)若a是平面α的一条斜线，直线b垂直于a在α内的射影，则a⊥b.()提示：(1)×.向量a必须为非零向量．(2)√.(3)×.因为b不一定在平面α内，所以a与b不一定垂直．2．若a＝(1，2，3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是() A．(0，1，2) B．(3，6，9)C．(－1，－2，3) D．(3，6，8)【解析】选B.向量(1，2，3)与向量(3，6，9)共线．3．(教材例题改编)已知PO⊥平面ABC，且O为△ABC的垂心，则AB与PC的关系是________．【解析】因为O为△ABC的垂心，所以CO⊥AB.又因为OC为PC在平面ABC内的射影，所以由三垂线定理知AB⊥PC.答案：垂直关键能力·合作学习类型一 平面的法向量(数学运算)1．若两个向量AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)，则平面ABC 的一个法向量 为( )A ．(－1，2，－1)B ．(1，2，1)C ．(1，2，－1)D ．(－1，2，1)2．已知点A(2，－1，2)在平面α内，n ＝(3，1，2)是平面α的一个法向量，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P(1，－1，1)B ．P ⎝⎛⎭⎫1，3，32C ．P ⎝⎛⎭⎫1，－3，32D ．P ⎝⎛⎭⎫－1，3，－343．正四棱锥如图所示，在向量PA → －PB → ＋PC → －PD → ，PA → ＋PC → ，PB → ＋PD → ，PA → ＋PB → ＋PC →＋PD →中，不能作为底面ABCD 的法向量的是________．【解析】AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)， 设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝x ＋2y ＋3z ＝0n ·AC →＝3x ＋2y ＋z ＝0 ，取x ＝－1，得平面ABC 的一个法向量为(－1，2，－1).2．选B.设P(x ，y ，z)，则AP →＝(x －2，y ＋1，z －2)； 由题意知，AP → ⊥n ，则n ·AP →＝0；所以3(x －2)＋(y ＋1)＋2(z －2)＝0，化简得3x ＋y ＋2z ＝9. 验证得在A 中，3×1－1＋2×1＝4，不满足条件； 在B 中，3×1＋3＋2×32 ＝9，满足条件； 同理验证C 、D 不满足条件．3．连接AC ，BD ，交于点O ，连接OP ，则OP → 是底面ABCD 的一个法向量，PA → －PB → ＋PC → －PD →＝BA → ＋DC → ＝0，不能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PC → ＝－2OP →，能作为底面ABCD 的法向量；PB → ＋PD → ＝－2OP → ，能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PB → ＋PC → ＋PD → ＝－4OP →，能作为底面ABCD 的法向量．答案：PA → －PB → ＋PC → －PD →求平面ABC 的一个法向量的方法1．平面垂线的方向向量法：证明一条直线为一个平面的垂线，则这条直线的一个方向向量即为所求．2．待定系数法：步骤如下：类型二 三垂线定理及其逆定理的应用(直观想象、逻辑推理)【典例】如图所示，三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面ABC ，若O ，Q 分别是△ABC 和△PBC 的垂心，求证：OQ ⊥平面PBC.【思路导引】利用三垂线定理及其逆定理证明【证明】如图，连接AO 并延长交BC 于点E ，连接PE.因为PA ⊥平面ABC ，AE ⊥BC(由于O 是△ABC 的垂心)， 所以PE ⊥BC ，所以点Q 在PE 上．因为⎩⎪⎨⎪⎧AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，AE ∩PE ＝E ⇒BC ⊥平面PAE ⇒BC ⊥OQ.①连接BO 并延长交AC 于点F ，则BF ⊥AC. 连接BQ 并延长交PC 于点M ，则BM ⊥PC. 连接MF.因为PA ⊥平面ABC ，BF ⊥AC ， 所以BF ⊥PC(三垂线定理).因为⎩⎪⎨⎪⎧BM ⊥PC ，BF ⊥PC ，BM ∩BF ＝B ⇒PC ⊥平面BMF ⇒PC ⊥OQ.②由①②，知OQ ⊥平面PBC.利用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直的基本环节在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求证：A 1C ⊥平面BDC 1.【证明】连接AC，CD1，在正方体中，AA1⊥平面ABCD，所以AC是A1C在平面ABCD内的射影，又AC⊥BD，所以BD⊥A1C.同理D1C是A1C在平面CDD1C1内的射影．所以C1D⊥A1C.又C1D∩BD＝D，所以A1C⊥平面BDC1.类型三利用空间向量证明线面、面面的位置关系(逻辑推理)证明平行问题角度1【典例】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q 是CC1上的点．当点Q在什么位置时，BQ∥平面PAO?【思路导引】建立恰当的坐标系，设出点Q的坐标，由BQ∥平面PAO确定其位置即可．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2). 再设Q(0，2，c)，所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，c)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OA →＝0，n ·OP →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n ＝(1，1，2). 若BQ ∥平面PAO ，则n ⊥BQ ，所以n ·BQ → ＝0，即－2＋2c ＝0，所以c ＝1， 故当Q 为CC 1的中点时，BQ ∥平面PAO.本例若把“Q 是CC 1上的点”改为“Q 是CC 1的中点”，其他条件不变，求证：平面D 1BQ ∥平面PAO.【证明】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2)，Q(0，2，1)， 所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，1)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·OA →＝0n 1·OP →＝0 ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n 1＝(1，1，2).同理可求平面D 1BQ 的一个法向量为n 2＝()1，1，2 ， 因为n 1＝n 2，所以n 1∥n 2， 所以平面D 1BQ ∥平面PAO.角度2证明垂直问题【典例】在如图所示的几何体中，平面CDEF 为正方形，平面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，AC ⊥FB. (1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．【思路导引】(1)利用余弦定理和勾股定理的逆定理可得AC ⊥BC ，再利用已知AC ⊥FB 和线面垂直的判定定理即可证明；(2)通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量是否垂直即可． 【解析】(1)因为AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BCcos 60°＝3BC 2， 所以AC 2＋BC 2＝4BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC. 又因为AC ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ， 所以AC ⊥平面FBC.(2)线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC. 证明如下：因为AC ⊥平面FBC ， 所以AC ⊥FC.因为CD ⊥FC ，所以FC ⊥平面ABCD.所以CA ，CF ，CB 两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系．在等腰梯形ABCD 中，可得CB ＝CD.设BC ＝1，所以C(0，0，0)，A(3 ，0，0)，B(0，1，0)，D(32 ，－12 ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 .所以CE → ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 ，CA →＝(3 ，0，0)，CB →＝(0，1，0).设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0n ·CA →＝0 ，所以⎩⎨⎧32x －12y ＋z ＝03x ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，2，1).假设线段ED 上存在点Q ， 设Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，t (0≤t≤1)，所以CQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，t . 设平面QBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0m ·CQ →＝0 ，所以⎩⎨⎧b ＝032a －12b ＋tc ＝0，取c ＝1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t 3，0，1 .要使平面EAC ⊥平面QBC ，只需m·n ＝0， 即－23t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC. 利用空间向量证明平行、垂直问题的常用思路线面平行(1)求出直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，只需证明a⊥u，即a·u＝0.(2)在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．面面平行(1)转化为相应的线线平行或线面平行．(2)求出平面α，β的法向量u，v，证明u∥v即可说明α∥β.线面垂直求出平面内两条相交直线的方向向量，证明直线的方向向量和它们都垂直．面面垂直(1)转化为线面垂直．(2)求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所以FC1＝(0，2，1)，DA → ＝(2，0，0)，AE → ＝(0，2，1).(1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥DA → ，n 1⊥AE → ，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0z 1＝－2y 1 ， 令z 1＝2⇒y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1，2)，因为n 1·1FC ＝－2＋2＝0，所以n 1⊥1FC ， 又因为FC 1⊄平面ADE ，即FC 1∥平面ADE.(2)因为11C B ＝(2，0，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量． 由n 2⊥1FC ，n 2⊥11C B ，得21222112FC 2y z 0C B 2x 0⎧=+=⎪⎨==⎪⎩n n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0z 2＝－2y 2. 令z 2＝2⇒y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1，2)，所以n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1 F.2．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，在CC 1上求一点P ，使平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE.【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，且P(0，2，a)，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，C 1(0，2，2)，A 1(2，0，2)，B 1(2，2，2)，则DE → ＝(1，2，0)，1DC ＝(0，2，2)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)且n 1⊥平面DEC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1＝0y 1＋z 1＝0 ，取n 1＝(2，－1，1). 又1A P ＝(－2，2，a －2)，11A B ＝(0，2，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)且n 2⊥平面A 1B 1P ，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＋（a －2）z 2＝0y 2＝0 ，取n 2＝(a －2，0，2). 由平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，得n 1·n 2＝0，1的中点．【补偿训练】在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD 垂直于底面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.Ｋ【证明】建立如图所示的空间直角坐标系．D 是坐标原点，设DC ＝a.(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG ，依题意得D(0，0，0)，A(a ，0，0)，P(0，0，a)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 . 因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0 ，所以EG → ＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2 .又PA → ＝(a ，0，－a)，所以PA → ＝2EG → ，这表明PA ∥EG.而EG ⊂平面EDB ，且PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB.(2)依题意得B(a ，a ，0)，PB → ＝(a ，a ，－a)，DE → ＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 ，所以PB → ·DE → ＝0＋a 22 －a 22 ＝0，所以PB → ⊥DE → ，即PB ⊥DE.又已知EF ⊥PB ，且EF∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD.课堂检测·素养达标1．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，则使l ∥α成立的是( )A ．a ＝(1，－1，2)，n ＝(－1，1，－2)B ．a ＝(2，－1，3)，n ＝(－1，1，1)C ．a ＝(1，1，0)，n ＝(2，－1，0)D ．a ＝(1，－2，1)，n ＝(1，1，2)【解析】l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，使l ∥α成立，所以a·n ＝0， 在A 中，a·n ＝－1－1－4＝－6，故A 错误；在B 中，a·n ＝－2－1＋3＝0，故B 成立；在C 中，a·n ＝2－1＝1，故C 错误；在D 中，a·n ＝1－2＋2＝1，故D 错误．2．(教材练习改编)若平面α与β的法向量分别是a ＝(2，4，－3)，b ＝(－1，2，2)，则平面α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定 【解析】选B.a·b ＝(2，4，－3)·(－1，2，2)＝－2＋8－6＝0，所以a ⊥b ，所以平面α与平面β垂直．3．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 中在平面α内的是( )A ．P(2，3，3)B ．P(－2，0，1)C ．P(－4，4，0)D ．P(3，－3，4)【解析】选A.设平面α内一点P(x ，y ，z)，则：MP → ＝(x －1，y ＋1，z －2)，因为n ＝(6，－3，6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP → ，n ·MP → ＝6(x －1)－3(y ＋1)＋6(z －2)＝6x －3y ＋6z －21，所以由n ·MP → ＝0得6x －3y ＋6z －21＝0，所以2x －y ＋2z ＝7，把各选项的坐标数据代入上式验证可知A 适合．4．正三棱锥P-ABC 中，BC 与PA 的位置关系是________．【解析】如图，在正三棱锥P-ABC 中，P 在底面ABC 内的射影O 为正三角形ABC 的中心，连接AO ，则AO 是PA 在底面ABC 内的射影，且BC ⊥AO ，所以BC ⊥PA.答案：BC ⊥PA。
空间向量在立体几何中的应用sxz
一.平行问题
Db
(一)证明两直线平行
A ,B a;C ,D b,A BC D a∥
C
A
b
a
B
方法思路：在两分 直别 线取 上不同的
得到两向量，转明 化两 为向 证量平行
知 A ( x 1 B ,y 1 )C , ( x 2 D ,y 2 )则 ,x 1 y 2 x 有 2 y 1 a ∥ b
方 底法 线思 性路 表： 示证 （明 即方 内直 在向 存线 平向 在的 面量 一可 向用 量平 与组 相面 方基 等 的 向）一 向 e 1 e 2
则可得面内一直外线的与线面平 ,从行而证线面. 平行
(三)面面平行
1.不重合的两 与平 的面法向量 n
分别m是 和n， mn∥
方法思路：平 求面 出的 其法 中向 一法 量向 ，量 再与 证
的不共线的量 两积 向 （ 0 为 量 即的 都数 垂直两 ）面 ，平 则
二.垂直问题
(一)证明两直线垂直
b
不 分重 别a合 为 和b的 ， a和 直 则a直 线 有 bb线 的 0 方 a向 b 向b 量 a a
方法思路：找两直线 方的 向向量 (分别
| m|
方法思路：求出任 平一 面法 的向m(量 方程
组可求 ),在面内任取Q一与点点P得一向量
转化为 P Q在法向量的投影,的 套长 公度 式。
D
(二)求两异面直线的距离d
b
知a,b是两异面直线A,，Ba,C, Db，
B
aA
C
找一向量与两异面都 直垂 线直的向m量，
则两异面直线的距 d＝离ACm
(二)证明线面垂直 l
2021_2022高中数学第三章空间向量与立体几何2立体几何中的向量方法1教案新人教A版选修2_
立体几何中的向量方法【教学目标】1. 向量运算在几何证明与计算中的应用；2. 掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题。
【导入新课】 复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示； ⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式； ⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝a ba b⋅⋅，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性质a ⊥b ⇔a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题； ⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题。
新授课阶段例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥。
证明：·OC AB ＝·()OC OB OA - ＝·OC OB －。
∵OA BC ⊥，OB AC ⊥， ∴·0OA BC =，·0OB AC =， ·()0OA OC OB -=，·()0OB OC OA -=． ∴··OA OC OA OB =，··OB OC OB OA =。
∴·OC OB ＝·OC OA ，·OC AB ＝0． ∴OC AB ⊥ 例2：如图，已知线段AB 在平面α内，线段AC α⊥，线段BD ⊥AB ，线段'DD α⊥，'30DBD ∠=，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D间的距离。
解：由AC α⊥，可知AC AB ⊥。
由'30DBD ∠=可知，＜,CA BD ＞＝120，∴2||CD ＝2()CA AB BD ++＝2||CA ＋2||AB ＋2||BD ＋2(·CA AB ＋·CA BD ＋·AB BD )＝22222cos120b a b b +++＝22a b +。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用教学目标1、知识与技能(1) 进一步理解向量垂直的充要条件；(2)利用向量法证明线线、线面垂直；(3)利用向量解决立体几何问题,培养学生数形结合的思想方法；2、过程与方法通过学生对空间几何图形的认识，建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的坐标将几何问题代数化，提高学生应用知识的能力。
3、情感态度与价值观通过空间向量在立体几何中的应用，让学生感受数学、体会数学的美感，从而激发学数学、用数学的热情。
教学重点建立恰当的空间直角坐标系,用向量法证明线线、线面垂直。
教学难点、关键建立恰当的空间直角坐标系,直线的方向向量; 正确写出空间向量的坐标。
教学方法启发式教学、讲练结合教学媒体ppt课件学法指导交流指导，渗透指导.课型新授课教学过程一、知识的复习与引人自主学习1.若=x i+y j+z k，那么（x，y，z）叫做向量的坐标，也叫点P的坐标.2. 如图，已知长方体的边长为AB=2,AD=2,1AA '=．以这个长方体的顶点为坐标原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系，试求长方体各个顶点及A C '中点G 的坐标．3.设a =（x 1，y 1，z 1），b =（x 2，y 2，z 2），那么±=（x 1±x 2，y 1±y 2， ）， ⊥⇔ b a ∙=x 1x 2+y 1y 2+ =0.4.设M 1（x 1，y 1，z 1），M 2（x 2，y 2，z 2），则 12M M =（2121,x x y y --， ） [探究]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)的非零向量，一条直线的方向向量有 个． 2．空间位置关系的向量表示[合作探究]二、新授课：利用空间向量证明线线垂直、线面垂直例1、如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为BC 的中点，N 为AB 的中点，P 为BB 1的中点．(Ⅰ)求证：BD 1⊥B 1C ；(Ⅱ)求证：BD 1⊥平面MNP ．设计意图：使学生明确空间向量在证明线线垂直、线面垂直中的作用。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用ʏ贵州省仁怀市周林高中 尹伟云空间向量是高中数学的一个重要组成部分,在高考中具有较高的地位,是立体几何中的一个主要命题方向,往往以 证算并重 的方式进行考查㊂常以多面体为载体,考查用向量法确定空间点㊁线㊁面的位置关系,求解空间角㊁空间距离㊁立体几何中的动点探究性问题等㊂需要同学们借助向量的工具性作用,将空间几何量之间的位置关系转化为数量关系来求解㊂下面分类分析空间向量在立体几何中的应用㊂1.证明共线与共面问题图1例1 如图1,在长方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F 分别在棱D D 1,B B 1上,且|E D 1|=2|D E |,|B F |=2|F B 1|,线段E F 的中点为M ㊂求证:(1)点M 在长方体的对角线A C 1上;(2)点C 1在平面A E F 内㊂解析:证法1(利用向量的坐标运算)图2(1)以点C 1为坐标原点,分别以向量C 1D 1ң,C 1B 1ң,C 1C ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系C 1-x yz ,如图2所示㊂设|C 1D 1|=a ,|C 1B 1|=b ,|C 1C |=c ,则C 1(0,0,0),A (a ,b ,c ),E a ,0,2c 3,F 0,b ,c 3,Ma 2,b 2,c 2㊂从而C 1M ң=a 2,b 2,c 2,C 1A ң=(a ,b ,c ),故C 1M ң=12C 1A ң㊂又C 1Mң与C 1A ң有公共点C 1,所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)由(1)知,E A ң=0,b ,c 3=C 1F ң,所以A E ʊC 1F ,从而A ,E ,F ,C 1四点共面,故点C 1在平面A E F 内㊂证法2(利用向量的几何运算)(1)由向量的平行四边形法则及三角形法则,得C 1M ң=12(C 1E ң+C 1F ң)=12(C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң)=12(C 1A 1ң+B 1F ң+F B ң)=12(C 1A 1ң+A 1A ң)=12C 1A ң,即C 1M ң=12C 1A ң㊂所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)依题意,得C 1E ң+C 1F ң=C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң=C 1D 1ң+F B ң+C 1F ң=C 1D 1ң+C 1B ң=C 1A ң,即C 1A ң=C 1E ң+C 1F ң㊂由向量共面的充要条件知,点C 1在平面A E F 内㊂评注:空间向量兼具代数与几何的双重特征,证明多点共线或多线共面问题也是从这两个方面入手,关键是掌握空间向量的线性运算法则和共线㊁共面的充要条件㊂具体方法是:要证明三点共线,可以证明任意两点构成的一组向量共线且共点;要证明四点共面,可以利用向量共面的充要条件,即以其中一点A 为起点,分别以另三点B ,C ,D 为终点得到向量A B ң,A C ң,A D ң,证明存在唯一的实数对(λ,μ),使A B ң=λA C ң+μA D ң成立即可;要证明两条直线共面,可以证明两条直线平行或相交,从而转化为两条直线的方向向量共不共线的问题,即若存在实数λ,使两条直线的方向向量a ,b 满足b =λa ,则两条直线平行,若不存在实数λ满足b =λa ,则两条直线相交㊂2.证明线㊁面的平行与垂直关系例2 如图3所示,在直二面角D -A B -E 中,四边形A B C D 是边长为2的正方形,|A E |=|E B |,F 为C E 上的点,且B F ʅ平面A C E ,G 为C E 的中点㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图3求证:(1)A E ʊ平面B D G ;(2)A E ʅ平面BC E ;(3)平面BD F ʅ平面A B C D ㊂解析:因为A B C D 为正方形,所以B C ʅA B ㊂因为二面角D -A B -E 为直二面角,平面D A B ɘ平面A B E =A B ,所以B C ʅ平面A E B ㊂设线段A B 的中点为O ,连接O E ㊂因为|A E |=|E B |,所以A B ʅO E ㊂图4故以O 为坐标原点,分别以向量O E ң,O B ң,A D ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系O -x yz ,如图4所示㊂则A (0,-1,0),B (0,1,0),C (0,1,2),D (0,-1,2)㊂设E (x 0,0,0)(x 0>0),则E C ң=(-x 0,1,2)㊂因为F 为C E 上的点,所以设E F ң=λE C=(-λx 0,λ,2λ),0ɤλɤ1,得F ((1-λ)x 0,λ,2λ),则B F ң=((1-λ)x 0,λ-1,2λ)㊂又A C ң=(0,2,2),A E ң=(x 0,1,0),B F ʅ平面A C E ,所以B F ң㊃A C ң=2(λ-1)+4λ=0,且B F ң㊃A E ң=(1-λ)x 20+λ-1=0,解得x 0=1,λ=13㊂所以E (1,0,0),F23,13,23,G 12,12,1㊂(1)方法1:设A C 与B D 相交于H ,则H (0,0,1),所以H G ң=12,12,0㊂可得A E ң=(1,1,0)=2H G ң㊂又A E ⊄平面B D G ,H G ⊂平面B D G ,所以A E ʊ平面B D G ㊂方法2:易知B D ң=(0,-2,2),B G ң=12,-12,1㊂设平面B D G 的一个法向量为k =(a ,b ,c ),则k ㊃B D ң=0,k ㊃B G ң=0,所以-2b +2c =0,12a -12b +c =0㊂取c =1,得k =(-1,1,1)㊂因此,k ㊃A E ң=(-1,1,1)㊃(1,1,0)=0㊂又A E ⊄平面B D G ,故A E ʊ平面B D G ㊂(2)方法1:因为A E ң=(1,1,0),B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2),所以A E ң㊃B E ң=0,A E ң㊃B C ң=0,则A E ʅB E ,A E ʅB C ㊂又B E ɘB C =B ,所以A E ʅ平面B C E ㊂方法2:易知B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2)㊂设平面B C E 的一个法向量为n =(x 1,y 1,z 1),由n ㊃B E ң=0,n ㊃B C ң=0,得x 1-y 1=0,2z 1=0㊂取y 1=1,得n =(1,1,0)㊂又A E ң=(1,1,0)=n ,故A E ңʊn ,A E ʅ平面B C E ㊂(3)由题意知,O E ң=(1,0,0)为平面A B -C D 的一个法向量,设平面B D F 的一个法向量为m =(x 2,y 2,z 2)㊂由(1)知,B F ң=23,-23,23,B D ң=(0,-2,2),所以m ㊃B F ң=23x 2-23y 2+23z 2=0,且m ㊃B D ң=-2y 2+2z 2=0㊂取z 2=1,则y 2=1,x 2=0,所以m =(0,1,1)㊂因m ㊃O E ң=0,故m ʅO E ң㊂因此,平面B D F ʅ平面A B C D ㊂评注:利用向量法证线面平行,一般有三个思路:一是用向量共面的充要条件,证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来,即这三个向量共面,根据共面向量概念和直线在平面外,得线面平行;二是先求出平面的法向量,再证明法向量与直线的方向向量垂直;三是证明已知直线与平面内的一条直线平行,也就是将其转化为证明线线平行的问题,再根据线面平行的判断定理得证㊂证面面平行,一般有两个思路:一是利用向量证明一个平面内两条相交直线平行于另一个平面,根据面面平行的判定定理得证;二是求出两个平面的法向量,证明这两个法向量平行,则这两个平面平行㊂证线线垂直,可转化为两条直线的方向向量垂直,即证明两条直线方向向量的数量积为0㊂证线面垂直有两个思路:一是证平面的法向量与直线的方向向量平行;二是证直线与平面内两条相交直线垂直,再用线面垂直判定定理证明㊂证面面垂直,先求出两个平面的法向量,通过证明这两个平面的法向量垂直即可㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月以上思路大多要用到平面的法向量,当题中出现线面垂直时,则该直线的方向向量就是该平面的一个法向量,为减少计算量,无需另求法向量㊂3.解决平行或垂直的探索性问题图5例3 如图5所示,在四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A 1D ʅ平面A B C D ,底面A B C D 是边长为1的正方形,侧棱|A 1A |=2㊂(1)在棱A 1B 上是否存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M(2)在棱A 1A 上是否存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1图6解析:如图6,分别以D A ,D C ,D A 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系㊂则由题中数据,得D (0,0,0),A (1,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),B (1,1,0),B 1(0,1,3),C 1(-1,1,3)㊂从而D A 1ң=(0,0,3),B A 1ң=(-1,-1,3),A C 1ң=(-2,1,3),C 1B 1ң=(1,0,0),A A 1ң=(-1,0,3)㊂(1)假设线段A 1B 上存在一点M (a 1,b 1,c 1),使得A 1D ʊ平面A C M ㊂设B M ң=λB A 1ң(0<λ<1),即(a 1-1,b 1-1,c 1)=λ(-1,-1,3)㊂则a 1-1=-λ,b 1-1=-λ,c 1=3λ㊂解得M (1-λ,1-λ,3λ)㊂从而A M ң=(-λ,1-λ,3λ),C M ң=(1-λ,-λ,3λ)㊂设平面A C M 的一个法向量为m =(a 2,b 2,c 2),则m ㊃A M ң=0,m ㊃C M ң=0,即-λa 2+(1-λ)b 2+3λc 2=0,(1-λ)a 2-λb 2+3λc 2=0㊂两式相减,得a 2-b 2=0㊂令a 2=1,得m =1,1,2λ-13λ㊂由D A 1ң㊃m =0,得3㊃(2λ-1)3λ=0,解得λ=12,此时M 12,12,32,M 为线段A 1B 的中点㊂所以线段A 1B 上存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M ㊂(2)假设棱A 1A 上存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1㊂设A P ң=μA A 1ң,0<μɤ1,则P (1-μ,0,3μ),从而B 1P ң=(1-μ,-1,3(μ-1))㊂设平面A B 1C 1的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1㊃C 1B 1ң=0,n 1㊃A C 1ң=0, 得x 1=0,-2x 1+y 1+3z 1=0㊂ 令z 1=3,则n 1=(0,-3,3)㊂设平面P B 1C 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),由n 2㊃C 1B 1ң=0,n 2㊃B 1P ң=0,得x 2=0,(1-μ)x 2-y 2+3(μ-1)z 2=0㊂令z 2=3,得n 2=(0,3(μ-1),3)㊂由n 1㊃n 2=0,得-3ˑ3(μ-1)+3ˑ3=0,解得μ=43>1,不合题意,所以这样的点P 不存在㊂评注:涉及线段上的动点问题,先设出动点分线段的某个比值λ,根据两个向量共线的充要条件得数乘关系,从而用λ表示动点的坐标,再进行相关计算,这样可以减少未知量,简化过程㊂值得注意的是,应给出λ的取值范围㊂另外,建系时最好用右手直角坐标系且使几何元素尽量分布在坐标轴的正方向上㊂4.求解点面距离或几何体的体积例4 如图7,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,棱A A 1ʅ侧面A B C ,A B ʅB C ,D 为A C 的中点,|A A 1|=|A B |=2,|B C |=3,求三 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图7棱锥A 1-B C 1D 的体积㊂解析:由题意知,B 1C 1,B 1B ,B 1A 1三条直线两两垂直,故以B 1为坐标原点,建立空间直角坐标系B 1-x yz ,如图8所示㊂图8则由题中数据,得B 1(0,0,0),B (0,2,0),C (3,2,0),C 1(3,0,0),A (0,2,2),A 1(0,0,2),D32,2,1,则C 1A 1ң=(-3,0,2),C 1B ң=(-3,2,0),B D ң=32,0,1㊂所以|C 1A 1ң|=(-3)2+02+22=13,|C 1B ң|=(-3)2+22+02=13,c o s øA 1C 1B =C 1A 1ң㊃C 1B ң|C 1A 1ң||C 1B ң|=-3ˑ(-3)13ˑ13=913㊂从而s i nøA 1C 1B =1-c o s 2øA 1C 1B=22213,所以S әA 1C 1B =12|C 1A 1ң|㊃|C 1B ң|s i n øA 1C 1B =12ˑ13ˑ13ˑ22213=22㊂设平面A 1C 1B 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃C 1A 1ң=0,n ㊃C 1B ң=0,即-3x +2z =0,-3x +2y =0㊂令z =3,得x =2,y =3,即n =(2,3,3)㊂所以D 到平面A 1C 1B 的距离d =|n ㊃B D ң||n |=622,故V A 1-B C 1D =13S әA 1C 1B ㊃d =13ˑ22ˑ622=2㊂评注:求锥体或柱体的体积,关键是求底面积和高,对于底面积,如әA B C 的面积可由S =12|A B ң||A C ң|s i n A =12|A B ң||A C ң㊃1-c o s 2A =12(|A B ң||A C ң|)2-(A B ң㊃A C ң)2求解㊂高可以转化为空间两点间距离,又可看作是向量长度,即已知空间两点P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2),则d =|P 1P 2ң|=(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2+(z 2-z 1)2,有时要用到|a |=a 2求解㊂高也可以看作是点到平面的距离,其数值等于斜线段对应的向量在平面法向量方向上的投影向量的模㊂如求点A 到平面α的距离,可在α内任取一点B ,则A 到平面α的距离d =||A B ң|c o s α|=|A B ң㊃n ||n |㊂另外,点面距离还可以转化为线面距离㊁两平行平面间的距离等㊂5.求空间角图9例5 如图9,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D为矩形,P D ʅ底面A BC D ,|A B ||A D |=2,直线P A 与底面A B C D 成60ʎ角,点N 是P B的中点㊂(1)求异面直线D N 与B C 所成角的余弦值;(2)求直线P A 与平面P B C 所成角的正弦值;(3)求二面角P -N C -D 的余弦值㊂图10解析:依题意,以D 为原点,分别以向量D A ң,D C ң,D P ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图10所示㊂设|A D |=1,则|A B |=2㊂因为P D ʅ底面A B -C D ,所以øP A D 是直线P A 与平面A B C D所成的角,得øP A D =60ʎ,则|P D |=3㊂易得D (0,0,0),A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),P (0,0,3),N 12,1,32㊂(1)易知D N ң=12,1,32,B C ң=(-1,0,0),所以异面直线D N 与B C 所成角θ1的余弦值为c o s θ1=|c o s <D N ң,B C ң>|=|D N ң㊃B C ң||D N ң||B C ң|=24㊂(2)易知P A ң=(1,0,-3),P B ң=(1,2,-3)㊂设平面P B C 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),直线P A 与平面P B C 所成的角为解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月θ2,则m ㊃P B ң=x 1+2y 1-3z 1=0,且m ㊃B C ң=-x 1=0㊂令z 1=2,则x 1=0,y 1=3㊂所以m =(0,3,2),则s i n θ2=|c o s <m ,P A ң>|=|m ㊃P A ң||m ||P A ң|=217㊂(3)由(2)知,m =(0,3,2)是平面P B C的一个法向量㊂设平面C D N 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为D N ң=12,1,32,D C ң=(0,2,0),所以n ㊃D N ң=12x 2+y 2+32z 2=0,且n ㊃D C ң=2y 2=0㊂令z 2=1,则x 2=-3,y 2=0,n =(-3,0,1)㊂所以c o s <m ,n >=m ㊃n |m ||n |=77㊂在二面角P -N C -D 内部取一点H (0,0,1),则C H ң=(0,-2,1)㊂因为m ㊃C H ң=-23+2<0,n ㊃C H ң=1>0,所以二面角P -N C -D 的大小等于<m ,n >,其余弦值为77㊂评注:解异面直线夹角问题,先求出两条异面直线的方向向量m ,n ,再求出m ,n 的夹角,设两异面直线的夹角θ,利用c o s θ=|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |求出异面直线的夹角㊂注意异面直线夹角与向量夹角不完全相同,当两个方向向量的夹角是钝角时,应取其补角作为两异面直线所成的角,两条异面直线夹角θ的取值范围是0,π2㊂解线面角问题,设直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为θ,a 与n 的夹角为φ,则直线的方向向量a 在平面法向量n 方向上的投影向量的长度|a ㊃n ||n |与直线方向向量a 的模|a |之比|a ㊃n ||a ||n |就是线面角的正弦值,即有s i n θ=|c o s φ|=|a ㊃n ||a ||n |㊂当φ为锐角时,s i n θ=s i n (90ʎ-φ)=c o s φ=a ㊃n|a ||n |;当φ为钝角时,s i n θ=s i n (φ-90ʎ)=-c o s φ=-a ㊃n|a ||n |㊂解二面角问题,是依据二面角两个半平面的法向量夹角与二面角相等或互补来处理㊂大多数情况下是根据图形判断该角是锐角还是钝角,有时也可以根据两个半平面的法向量的指向来判断㊂6.结构不良型问题图11例6 (2022年北京高考卷)如图11,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,侧面B C C 1B 1为正方形,平面B C C 1B 1ʅ平面A B B 1A 1,|A B |=|B C |=2,M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点㊂(1)求证:MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)再从条件①㊁条件②中选择一个作为已知条件,求直线A B 与平面B MN 所成角的正弦值㊂条件①:A B ʅMN ;条件②:|B M |=|MN |㊂注:如果选择条件①和条件②分别解答,那么按第一个解答计分㊂解析:(1)因为侧面C B B 1C 1为正方形,所以C B ʅB B 1㊂又平面C B B 1C 1ʅ平面A B B 1A 1,平面C B B 1C 1ɘ平面A B B 1A 1=B B 1,C B ⊂平面C B B 1C 1,所以C B ʅ平面A B B 1A 1㊂因为A B ⊂平面A B B 1A 1,所以B C ʅA B ㊂因为M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点,所以MNң=B N ң-B M ң=12B A ң+12B C ң-B B 1ң-12B 1A 1ң=12B C ң-B B 1ң,故MN ң,B C ң,B B 1ң三向量共面㊂又MN ⊄平面B C C 1B 1,B C ⊂平面B C C 1B 1,B B 1⊂平面B C C 1B 1,所以MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)若选①,A B ʅMN ,则A B ң㊃MN ң=0㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以A B ң㊃MN ң=A B ң㊃12B C ң-B B 1ң=0㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月由B C ңʅA B ң,得B C ң㊃A B ң=0,所以A B ң㊃B B 1ң=0,即B A ʅB B 1㊂图12故B C ,B A ,B B 1三条直线两两垂直,以B 为坐标原点,分别以B C ң,B A ң,B B 1ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系B -x yz ,如图12所示㊂则由题中数据,得B (0,0,0),A (0,2,0),M (0,1,2),N (1,1,0),故B A ң=(0,2,0),B M ң=(0,1,2),B N ң=(1,1,0)㊂设平面B MN 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ʅB N ң,n ʅB M ң, 所以n ㊃B N ң=0,n ㊃B M ң=0,即x +y =0,y +2z =0㊂令z =1,得n =(2,-2,1)㊂因此,直线A B 与平面B MN 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,B A ң>|=|n ㊃B A ң||n ||B A ң|=|-2ˑ2|22+(-2)2+12ˑ2=23㊂若选②:|M B |=|MN |,则|B M ң|2=|MN ң|2㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以B B 1ң+12BA ң2=12B C ң-B B 1ң2,化为|B B 1ң|2+14|B A ң|2+B B 1ң㊃B A ң=14|B C ң|2+|B B 1ң|2-B C ң㊃B B 1ң,即B B 1ң㊃B A ң+B C ң㊃B B 1ң=0㊂因为B C ʅB B 1,所以B C ң㊃B B 1ң=0,B B 1ң㊃B A ң=0,即B B 1ʅB A ,故BC ,B A ,B B 1三条直线两两垂直㊂以下步骤与选①相同,过程略㊂评注:本题运用空间向量的三角形法则㊁平行四边形法则㊁数量积及模的运算,得到共面和垂直关系,避开了复杂的推理过程,无需添加辅助线,降低了思维难度,让人感到耳目一新㊂对于选择性条件的结构不良试题,应该选择一个易于入手的条件进行求解㊂7.最值问题例7 (2022年全国乙卷理数)如图图1313,在四面体A -B C D 中,A D ʅC D ,|A D |=|C D |,øA D B =øB D C ,E 为A C 的中点㊂(1)证明:平面B E D ʅ平面A C D ;(2)设|A B |=|B D |=2,øA C B =60ʎ,点F 在棱B D 上,当әA F C 的面积最小时,求C F 与平面A B D所成角的正弦值㊂解析:(1)因为|A D |=|C D |,E 为A C 的中点,所以A C ʅD E ㊂又øA D B =øC D B ,|D B |=|D B |,所以әA B D ɸәC B D ,|A B |=|C B |㊂连接B E ,又因为E 为A C 的中点,所以A C ʅB E ㊂因为D E ɘB E =E ,所以A C ʅ平面B E D ㊂因为A C ⊂平面A C D ,所以平面B E D ʅ平面A C D ㊂(2)因为әA B D ɸәC B D ,所以|C B |=|A B |=|B D |=2㊂又因为øA C B =60ʎ,所以әA B C 是等边三角形,|A E |=|E C |=1,|B E |=3㊂因为A D ʅC D ,所以|D E |=12|A C |=1㊂图14在әD E B 中,|D E |2+|B E |2=|B D |2,所以B E ʅD E ㊂以E 为坐标原点建立如图14所示的空间直角坐标系E -x yz ㊂则A (1,0,0),B (0,3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1),所以A D ң=(-1,0,1),A B ң=(-1,3,0),D B ң=(0,3,-1)㊂连接E F ,由(1)知,A C ʅ平面B E D ㊂因为E F ⊂平面B E D ,所以AC ʅE F ,S әA F C =12|A C |㊃|E F |㊂因为|A C |=2,所以当|E F |取最小值时,әA F C 的面积最小㊂设此时F (a ,b ,c ),D F ң=λD B ң(0ɤλɤ1),即(a ,b ,c -1)=λ(0,3,-1),得F (0,3λ,1-λ)㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月则|EF ң|=02+(3λ)2+(1-λ)2=4λ-142+34㊂当λ=14时,|E F |取最小值,此时F 0,34,34,从而C F ң=1,34,34㊂设平面A B D 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A D ң=-x +z =0,n ㊃A B ң=-x +3y =0㊂取y =3,则n =(3,3,3)㊂所以C F 与平面A B D 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,C F ң>|=|n ㊃C F ң||n ||C F ң|=621ˑ74=437㊂评注:对于面积㊁点面距离或体积的最值,一般有两个思考方向:一是从图中直接观察,先分清哪些量是定值,哪些量是变量,通过点或线的变化情况寻找最值,如本题中,E 为定点,F 为动点,可以看出当E F ʅB D 时,|E F |取最小值,易得|D F |=12,故D F ң=14D B ң,即可得点F 的坐标,或者由EF ң=(0,3λ,1-λ)与D B ң=(0,3,-1)垂直,得E F ң㊃D B ң=0,进而得λ;二是直接根据目标函数的关系,转化为函数的最值或值域问题来处理,如果是求空间角的三角函数的最值,可直接利用数量积及模的计算公式写出三角函数的表达式,再转化为二次函数来处理㊂8.逆向探索性问题图15例8 已知四边形A B C D 是梯形,S 为A D 的中点,B C ʊA D ,øBCD =90ʎ,|A D |=2|B C |=4㊂现将әA B S 沿B S 向上翻折,使A 到A ',且二面角A '-B S -C 为直二面角,E ,F 分别是A 'S ,A 'B 的中点,如图15所示㊂在线段B C 上是否存在一点M ,使得点D 到平面E F M 的距离为25若存在,求出|B M ||M C |的值;若不存在,请说明理由㊂图16解析:由题意知,四边形B C D S 是边长为2的正方形,B S ʅS D ,B S ʅS A ',S A 'ʅS D ,以S 为坐标原点,分别以向量S D ң,S B ң,S A 'ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系S -x yz ,如图16所示㊂则点S (0,0,0),A '(0,0,2),C (2,2,0),D (2,0,0),E (0,0,1),F (0,1,1),则E F ң=(0,1,0),D E ң=(-2,0,1)㊂假设在线段B C 上存在一点M (x 0,2,0)满足题意,则E M ң=(x 0,2,-1)㊂设平面E F M 的法向量为n =(x ,y ,z ),则有n ㊃E F ң=0,n ㊃E M ң=0㊂故(x ,y ,z )㊃(0,1,0)=0,(x ,y ,z )㊃(x 0,2,-1)=0,所以y =0,z =x 0x ㊂令x =1,得n =(1,0,x 0)㊂则D E ң在平面E F M 的法向量方向上的投影向量的长为|D E ң㊃n ||n |=25,得|-2+x 0|1+x 20=25,两边同时平方,得21x 20-100x 0+96=0,即(3x 0-4)㊃(7x 0-24)=0㊂因0<x 0<2,解得x 0=43,所以M43,2,0㊂从而M C ң=23,0,0,|M C |=23,|B M |=2-23=43,即在线段B C 上存在一点M 满足题意,且|B M ||M C |=2㊂评注:对于距离㊁体积或空间角的逆向存在性问题,其求解思路是先假设条件存在,把假设当作新的已知条件进行推理,通过构造方程求解㊂若得到合理的数据,则假设成立;若出现矛盾,则假设不成立㊂对于翻折问题,关键是抓住翻折前后几何量的变与不变进行相关计算㊂(责任编辑 徐利杰)解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月。
(完整)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案),推荐文档
由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．，取直线l的方向向量a，则向量及一个向量a，那么经过点A以向量用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：的方向向量分别是a，b，平面α ，β 的法向量分别是，k∈R；0；0；，k∈R；k∈R；＝0．用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：，b是两条异面直线，过空间任意一点分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂．理解直线的方向向量与平面的法向量．．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得RS k PQ =如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．PA 1， ∴),34,0,0()2,00(32321===AA AP ⋅)同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(2要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，4)，＝(－1，EF AK OG 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)C (0，2，0)，N (2，2，1)．),1,0,2(),2,1,0(=CN 所成的角为θ ，则CN ,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．B P ∥MA ，B Q ∥NC ，所成的角．6,522=+==QC PC PQ Q空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，取A 1B 1的中点D ，则，连接AD ，C ⋅))2,2,0(a a D ),2,0,0(),0,,0(),0,0,231a AA a AB a ==,011=⋅AA DC 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E．，PA⊥AC，2，∴CD⊥PB．DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．,0(),0,0,2(),0,-==CP CB ＝(a 1，a 2，a 3)，(b 1，b 2，b 3)．＝1，得).0,2,1(-=a 得取b 3＝1，得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 3如图建立空间直角坐标系．，由已知可得A (0，0，0)，),0,23,0(),0,23,21(a C a a B -),0,0,21(),,0,0a BC a =∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．,0PAC ．的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点．⋅)21,43,0(),21,3a a E a a ⊥平面PAC ，(B)θ ＞ϕ(D)θ ＜ϕ中，E，F，G，H分别为所成角的大小是______．6，且对角线与底面所成角的余弦值为D1中，AA1＝2AB，则异面直线1本文下载后请自行对内容编辑修改删除，的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，，PA⊥底面ABCD，PD所成的角为θ ，则cosθ ＝______．C1D1中，AA1＝2AB＝4，点平面角的余弦值．中，底面ABCD是边长为OA的中点，N为BC的中点．OCD；所成角的大小．平面角的余弦值．习题1和平面α ，下列命题正确的是( α (B)若a ∥α (B)38000(D)4000cm 2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为( )(C)223本文下载后请自行对内容编辑修改删除，C11；平面角的余弦值．PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC MAB；C ；ABB 1；的体积．中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面SD ＝2．点M 在侧棱SC 上，∠的中点；的平面角的余弦值．练习1-3D ．42本文下载后请自行对内容编辑修改删除，，0)，E (0，2，1)，A 1).4∴A 1C ⊥BD ，A 1C ,0=⊥平面DBE ．是平面DA 1E 的法向量，则，得n ＝(4，1，－2)．14，,22(),0,22,0(-D P =-=),2,22,0(OD OP n ＝(x ，y ，z )，则⋅OP n 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，是CA 和平面α 所成的角，则∠，CO ＝1．3=AO ABO ＝∠BAO ＝45°，∴=AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),C A ).1,3,0(-=AC 是平面ABC 的一个法向量，取x ＝1，得=+=-,03,033z y y x 1=n 是平面β 的一个法向量．AB 1＝E ，连接DE ．四边形A 1ABB 1是正方形，是BC 的中点，∴DE ∥A 平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面⊄解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，⋅-)1,0,21(),01B 是平面A 1BD 的一个法向量，,01=D B 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1).0=1234是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN 平面A 1ABB 1，∴MN ⊄MH ．MH ∥A 1B 1，，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴的体积==⋅⋅∆3111MH S V B BC A (，0，0)，则B (22，),12,12,2(λλ++--=BM 故.60 >=BM |.BA BM =解得λ ＝,)12()1222λλ+++-的中点．，0，0)得AM 的中点22(G 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，。
空间向量在立体几何中的应用PPT优秀课件
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＊对应演练＊
如图，四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，PD⊥ 底面ABCD，AD=PD， E,F分别为CD,PB的中点. (1)求证：EF⊥平面PAB;
【分析】可用空间向量的坐标运算来证明. 【证明】以A为原点，AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设AB=a,PA=AD=1,
a 则P(0,0,1),C(a,1,0),E( ,0,0), 2 1 1 D(0,1,0),F(0, 2 , 2 ). 1 1 a (1)AF=(0, , ),EP=(- ,0,1), 2 2 2 a 1 1 EC=( ,1,0),∴AF= EP+ EC, 2 2 2 又AF⊂ 平面PEC,∴AF∥平面PEC.
空间向量在立体几何
考点一
考点二 考点三 考点四
考点五
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的 做平面α的法向量.
方向向量a，则 向量a 叫
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向
a1a2+b1b2+c1c2=0 u· v=0 量v=(a2,b2,c2),则l∥α ⇔ . ⇔
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(2)PD=（0,1,-1）,CD=(-a,0,0), 1 1 ∴AF· PD=(0, , )· (0,1,-1)=0, 2 2 1 1 AF· CD=(0, , )· (-a,0,0)=0, 2 2 ∴AF⊥PD,AF⊥CD，又PD∩CD=D, ∴AF⊥平面PCD.
【评析】用向量证明线面平行时，最后应说明向量 所在的基线不在平面内.
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＊对应演练＊
如图,在正方体ABCD— A1B1C1D1中,E,F,M分别 为棱BB1,CD,AA1的中点. 证明：
空间向量解决立体几何
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。
高中数学空间向量与立体几何立体几何中的向量方法利用空间向量求空间角空间距离问题数学.doc
3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )答案 (1)× (2)√ (3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，则OP→＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P(0,0,1)，A(22，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,22，0)，∴AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0,22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a、b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a、b用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD→|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0, 2a )，C 1⎝⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a2， 2a ， 取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC1→⊥AA 1→， 即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法？解 与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴n ·AB →＝0且n ·AA1→＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点”，求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，a ，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，22a ，G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，a 4，2a ， 于是B 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a ，－22a ，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a 2，22a ， EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，－a 4，2a . 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)， 所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB →； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB→||n ||AB→|.【跟踪训练2】 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE －F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．连接AC，则EC→＝(1,0，3)，EB→＝(0,4,0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2| |n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC ＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解 解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12，又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1，AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC→，∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)， 即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB的中点，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，22，12. ∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13，∴E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－24，－34， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12.∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法三：如右图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴二面角A －PB －C 的余弦值为33.探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917.∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ.∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117.∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717， 又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离．又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练4】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解 如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)．(1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)，BE →＝(0，b,0)，∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0， 从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ， 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)， 且EF →·CE →＝0，|EF→|＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b c －b ＝0，3＋c －b2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直， 则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1，y ，z ·0，3，－a ＝0，1，y ，z ·－3，1，0＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，3，33a.又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12， 解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由．解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AEEB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)， 则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·0，－2，1＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2. 因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.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，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相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意：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当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析 设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋－3×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125答案 B解析 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，0，95， 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C. 4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案π3或2π3解析 设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×－1＋－1×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)， ∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC→＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n|AF →||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。
高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.2空间中的平面与空间向量课件
【例1】如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD
的中点.AB=AP=1,AD= √3 ,试建立恰当的空间直角坐标系,求平面ACE的
一个法向量.
解因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.
如图,以 A 为坐标原点, , , 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间
· = 0,
则
即
- = 0,
· = 0,
= 3,
解得
令 z=1,则 x=y=3,
= .
故平面 ABC 的一个法向量为 n=(3,3,1).
探究点二 有关空间向量的证明问题
角度1利用空间向量证明平行问题
【例2】 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点,
第一章
1.2.2 空间中的平面与空间向量
课标要求
1.理解平面的法向量的定义并能在空间直角坐标系中正确地求出某一平
面的法向量;
2.能用向量语言表达线面、面面的垂直、平行关系;
3.理解三垂线定理及其逆定理.
内
容
索
引
01
基础落实•必备知识全过关
02
重难探究•能力素养全提升
03
学以致用•随堂检测全达标
基础落实•必备知识全过关
共线向量表示且直线不在平面内;③证明直线的方向向量与平面的法向量
垂直且直线不在平面内,如例2(1)中,FC1⊄平面ADE一定不能漏掉.
(2)利用空间向量证明面面平行,通常是证明两平面的法向量平行.当然要
注意当法向量坐标中有0时,要使用n1=λn2这一形式.
变式训练2
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PB与底面所成的角为45°,底面
空间向量在立体几何中的应用
nn··CC→→PB＝＝00，⇒（ （xx′′， ，yy′′， ，zz′′） ）··（ （0，2，－01，，01））＝＝00，⇒－2yx′′＋＝z′＝0，0.
令 y′＝－1，则 z′＝－1，故 n＝(0，－1，－1)，
∴cos〈m，n〉＝m|m·||nn| ＝
3 3.
∴二面角
A-PB
-C
的余弦值为
3 3.
则 A(0，0，0)，M(0，a2， 2a)，
C1(－ 23a，a2， 2a)，B(0，a，0)，
故A→MA→＝C1(＝0，(－a2，23a2，a)a2，， 2a)， B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)．
设平面 AMC1 的法向量为 n＝(x，y，z)．
则A→C1·n＝0，∴－ 23ax＋a2y＋ 2az＝0，
正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)，
A1(0，2， 3)，A(0，0， 3)，B1(1，2，0).2 分
设平面 A1AD 的法向量为 n＝(x，y，z)，A→D＝(－1，1，－ 3)，A→A1
＝(0，2，0)．
因为 n⊥A→D，n⊥A→A1， 得nn··AA→→AD1＝＝00，，得2－y＝x＋0，y－ 3z＝0，
【示例】 如图，在四棱锥 O－ABCD 中，底面 π
ABCD 是边长为 1的菱形，∠ABC＝ 4 ， OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M 为 OA 的 中点，N 为 BC 的中点． (1)证明：直线MN∥平面OCD； (2)求异面直线AB与MD所成角的大小． [思路分析]建系→求相关点坐标→求相关向量坐标→向量 运算→结论． 解 作AP⊥CD于点P，分别以AB，AP，AO所在的直线 为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，
空间向量,向量法在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用1.常见角的范围：（1）异面直线的夹角：0＜θ≤π2； （2）直线与平面所成的角：0≤θ≤π2；（3）二面角：0≤θ≤π； （4）直线的倾斜角：0≤θ＜π； （5）向量的夹角：0≤θ≤π； 2.空间向量在立体几何中的应用：3.空间向量与距离的关系： （1）点到线的距离如上图，点C 为直线AB 外一点，则点C 到直线AB 的距离：θsin ⋅=−→−AC d ，因为−→−−→−−→−−→−⋅⋅=ABAC ABAC θcos ，所以可以求出θsin ，进而求出d.（2）点到面的距离如下图，设直线AB 为平面α的一条斜线，点A 在平面内，点B 在平面外，−→−n 为平面α的法向量，设θ>=<−→−−→−n AB ,，则−→−−→−−→−−→−⋅⋅=nAB nAB 1cos θ.点B 到平面α的距离：−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnAB AB d θcos .注意：点到面的距离有时也可以用等体积法来求解。
另外，由于知道了−→−−→−−→−−→−⋅⋅=nAB nAB 1cos θ，所以可以求出θsin 的值，进而可以求出点A 到直线OB 的距离为：θsin ⋅=−→−−→−AB AO ；点O 到AB 的距离：θθθθsin sin cos sin ⋅⋅=⋅⋅=⋅−→−−→−−→−−→−nnAB AB d .（3）线到面的距离如下图，直线AD 平行于平面A 1BCD 1（直线AD 平行于直线A 1D 1），则直线AD 到平面A 1BCD 1的距离等于直线AD 上任意一点到平面A 1BCD 1的距离（线面距转化为点面距），设−→−n 为平面A 1BCD 1的法向量。
所以，直线AD 到平面A 1BCD 1的距离：−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=n nAB AB d θcos 或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnAC AC d θcos ；或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=n nBD BD d θcos 或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnCD CD d θcos .（4）异面直线的距离如上图（同（3）中的图），直线AD 和直线BC 为异面直线，直线A 1D 1平行于直线AD 且与直线BC 共面，则异面直线AD 和直线BC 的距离等于直线AD 到平面A 1BCD 1的距离（线线距转化为线面距，线面距再转化为点面距）。
空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)
空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a ＋b ＝b ＋a ；加法结合律：(a ＋b ＋c )＝a ＋(b ＋c )；分配律：(λ ＋μ )a ＝λ a ＋μ a ；λ (a ＋b )＝λ a ＋λ b ． (2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ ，使得a ∥λ b ．②共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一一对实数λ ，μ ，使得c ＝λ a ＋μ b ．③空间向量分解定理：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λ 1，λ 2，λ 3，使得p ＝λ 1a ＋λ 2b ＋λ 3c ．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a ·b ＝|a ｜|b ｜c os 〈a ，b 〉； ②空间向量的数量积的性质：a ·e ＝|a ｜c os ＜a ，e ＞；a ⊥b ⇔a ·b ＝0； |a |2＝a ·a ；|a ·b |≤|a ｜|b ｜． ③空间向量的数量积的运算律： (λ a )·b ＝λ (a ·b )； 交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则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)； λ a ＝(λ a 1，λ a 2，λ a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3． ③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝λ b ⇔a 1＝λ b 1，a 2＝λ b 2，a 3＝λ b 3(λ ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a b a b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用：(1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量． 由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l－β 在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB 叫做二面角α －l－β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB，CD分别是二面角α －l－β 的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角AB与的夹角的大小．α －l－β 的大小就是向量CD方法二：如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m1，m2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．【例题分析】例1如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2P A1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b 得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴⋅AD AC AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB 的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)， 平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角，∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．例6 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面P AC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面P AC 所成角的余弦值；(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角?若存在，求出PE ∶EC 的值；若不存在，说明理由．解：如图建立空间直角坐标系．设P A ＝a ，由已知可得A (0，0，0)，).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ． ∴BC ⊥平面P AC ．(Ⅱ)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知，BC ⊥平面P AC ，∴DE ⊥平面P AC ，∴∠DAE 是直线AD 与平面P AC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE即直线AD 与平面P AC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面P AC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 是二面角A －DE －P 的平面角．∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AC ，∠P AC ＝90°． ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时，∠AEP ＝90°，且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角，此时PE ∶EC ＝4∶3．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．练习1-3一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ，AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)θ ＞ϕ，m ＞n (B)θ ＞ϕ，m ＜n (C)θ ＜ϕ，m ＜n(D)θ ＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值．10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ，A ∈PQ ，B ∈α ，C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC ⊥PQ ；(Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38(C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3 (D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23 (D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______． 9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形；③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ；(Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝2，AB ＝1，M 为PC 的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB ⊥平面MAB ；(Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积．14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2=AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．练习1-3一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ，α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角，则∠CAO ＝30°． 不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝(1，0，0)是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55 习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9π 9．5 10．①、②、③ 三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ． ∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形，∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)．同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为θ ，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ， 又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ．(Ⅱ)Rt △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ， 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ．∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得λ ＝1． ∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==MS GB MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。
浅谈空间向量在立体几何中的应用
浅谈空间向量在立体几何中的应用引言：在高中数学中，向量既有代数的抽象也有几何的直观，其中的“数”与“行”完美结合的特点使得我们可以运用向量解决立体几何中某些复杂的问题。
正因为有向量的知識，解决立体几何一类的问题的时候就可以弥补部分同学在空间想象能力不足的缺陷，这在一定程度上降低了立体几何的做题难度。
一、向量在立体几何中的作用空间向量是高中数学教材中后来添加的新内容，它的功效就在于能够取代之前在传统教材中的地位，从目前的效果可以看出，它的作用是多方面的，主要涉及到垂直问题，角度问题，以及法向量之间的计算应用问题等。
1.空间向量的作用（1）证明垂直，面对线面垂直以及面面垂直的问题的时候，在算出法向量的基础上，通过证明直线平行于法向量即可得出结论；还有想要证明面面垂直的结论，证明出两平面的法向量是垂直的，即可得出最终的结论。
（2）计算角度，求二面角的精髓就在于转换两个法向量之间的角度来计算；立体几何中的平行问题是通过向量的基本定理进行验证的。
2.平面法向量（1）法向量，指的是与已知平面垂直的向量值，这个是可以根据坐标位置的确定有多个的，就我们使用的经验来讲一般是选择最为方便的那个来操作的。
（2）法向量的计算，根据一般情况建立适当的平面直角坐标轴，假设所知平面的法向量为m（a，b，c），在所在平面内找到两个相交的直线S，T，同时运用法向量来定义他们。
因为法向量垂直于所在平面，所以必定也垂直S，T，利用垂直向量点乘为零列出方程组。
由于有三个未知数a，b，c，通常是假设其中一个是较特殊的值，再求出另外两个的值。
二、向量在立体几何中的实际运用空间向量作为新鲜血液，解决几何问题时更具优势，解题者思维能清晰明了。
这样的方法不仅节省时间还能够简单地解决问题。
1.立体几何的证明和计算问题主要分成二大板块：位置问题和度量问题。
位置问题就是线线，线面之间的关系等；度量关系就是线线之间，线面之间的角度问题。
（1）证明问题1）假设在一个空间里有任意的一点O点，以及和O点不共线的E，F，G三点，假如：（其中x+y+z=1），则四点M，E，F，G共面。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在
立几中应用
利用向量求空间角
利用向量可以进行求线线角、线面 角、面面角，关键是进行向量的计算
空间向量在
立几中应用
例2、空间四边形ABCD中，AB=BC=CD， AB⊥BC，BC⊥CD，AB与CD成600角，求 AD与BC所成的角
AD AB BC CD
AD 2或 2
3
或
空间向量在
立几中应用
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在
立几中应用
利用向量判断位置关系
利用向量可证明四点共面、线线平 行、线面平行、线线垂直、线面垂直等问 题，其方法是通过向量的运算来判断，这 是数形结合的典型问题
空间向量在
立几中应用
评述：
此题用综合推理的方法不易入手。用向量代数的 方法则先证明线线垂直，再由线线垂直来证明线 面垂直，从而证得面面垂直.证明面面垂直的原理 是一致的，只不过是证明的手段不同 利用向量解几何题的一般方法是：把线段或角转 化为向量表示，并用已知向量表示未知向量，通 过向量运算去计算或证明
空间向量在
立几中应用
例3、正方体AC1棱长为1，求平面AD1C 与平面A1BC1的距离
D A Z C
B
D1 A1 X
C1 Y
B1
空间向量在
立几中应用
评述：
此题用找公垂线的方法比较难下手，用向量代数 的方法则简捷，高效，显示了向量代数方法在解 决立体几何问题的优越性 平行平面间的距离可转化为直线到平面的距离或 再转化为点到平面的距离
立几中应用
思路与方法
利用向量求二面角的大小，优点是不作 出平面角，等于＜ ， ＞。 选一封闭图形EBCF,EB+BC+CF+FE=0 一边保留三个向量：棱上的，两个面内 垂直与棱的，另一边保留一个向量。 夹角＜ ， ＞等于平面角的补角。 CF
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空间向量与立体几何（2）——向量法在立体几何中的综合应用
【学习目标】1、能够建立空间直角坐标系；
2、掌握平面的法向量的求解方法；
4、掌握向量法在一些平行、垂直证明中的应用；
3、掌握向量法在线面角和二面角的应用（重难点）.
【重点】空间直角坐标系的建立和法向量的求解
【难点】掌握法向量．．．
在线面角和二面角的应用. 【基础内容】
1、法向量：和平面垂直的向量叫做法向量.如果法向量的模长为1，则称为单位法向量.
2、平行：
①线线平行：a b a b ⇒
②线面平行：m 是平面α的法向量，若a m a ⊥⇒平面α
③面面平行：m 是平面α的法向量，n 是平面β的法向量，
若m
n ⇒平面α || 平面β
3、垂直：
①线线垂直：a b a b ⊥⇒⊥
②线面垂直：m 是平面α的法向量，若a m a ⇒⊥平面α
③面面垂直：m 是平面α的法向量，n 是平面β的法向量，
若m n ⊥⇒平面α ⊥平面β
4、线面夹角：θ是OP 和平面α的夹角 sin cos ,OP m OP m OP m θ⋅=<>=
⋅（根据θ的大小，考虑正负号）
思考：为什么sin cos ,OP m θ=<>？
5、二面角：θ是平面α和平面β的夹角
cos cos ,m n m n m n θ⋅=<>=
⋅（根据θ的大小，考虑正负号）
思考：为什么cos cos ,m n θ=<>？
【前置作业】
1、如图，三棱锥O-ABC，OA、OB、OC两两垂直，且OA=OB=OC=1，求平面ABC的法向量坐标.（提示：利用线面垂直的判定定理，若法向量m⊥平面ABC，
则m⊥AB，m⊥AC）
【研讨探究】
向量法基本方法：①建立坐标系（寻找两两垂直的三条线，特别是找到底面的垂直关系）；
②求出点坐标（不知道长度的用字母代替或设单位“1”）
③求解题目（法向量的应用）
探究一：平行、垂直的证明
1、如图，P A⊥矩形ABCD所在的平面，M,N分别是AB，PC的中点，P A=AD=1，AB=2．（1）求证：MN || 平面P AD；
（2）求证：MN⊥平面PCD；
探究二：线面角、二面角的求解
（3）求MN和平面PBC的夹角的正弦值；
（4）求二面角A-PB-C的余弦值.
【当堂检测】
1、已知直角梯形ABCD和矩形CDEF所在的平面互相垂直，AD⊥DC，AB || DC，AB=AD=DE=4，DC=8.
（1）证明：BD⊥平面BCF；
（2）M为AD的中点，在DE上是否存在一点P，使得MP //平面BCE？若存在，求出DP 的长；若不存在，请说明理由.
（3）求CE与平面BEF夹角的正弦值Array
（4）求二面角F-EB-C的平面角的余弦值；
【课后作业】
1、（14浙江·文）如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.
(1)证明：AC⊥平面BCDE；
(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．
2、（14浙江·理）如图，在四棱锥A -BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.
(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)求二面角B -AD -E的大小。