运用向量法解立体几何题
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。
用向量法解五类立体几何题的思路
思路探寻立体几何问题的命题形式很多，常见的有求平面外一点到平面的距离，求两条异面直线之间的距离，求直线与平面所成的角，求二面角，证明面面平行、垂直等.有时采用常规方法求解立体几何问题比较复杂，甚至很难获得问题的答案，此时不妨运用向量法，将立体几何问题转化为向量运算问题，通过简单的计算即可解题.向量法是指给线段赋予方向，给各个点赋予坐标，通过向量运算求得问题的答案.下面结合实例探讨一下如何运用向量法求解五类立体几何问题.一、求平面外一点到平面的距离如图1，若点P 为平面α外的任意一点，要求P 到平面α的距离，需先求得向量OP 以及平面α的法向量n .那么法向量n 方向上的正射影长h =|| OP sin <OP ，n >=|| OP ∙n||n ，即为P 到平面α的距离.运用向量法求平面外一点到平面的距离，主要是运用向量数量积的几何意义：一个向量与其在另一个向量方向上的投影的乘积.图1图2例1.在正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1中，M 、N 是B 1C 1和C 1O 1的中点，正方体的棱长是1，求A 1与平面OBMN 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得 OB =（1，1，0）， O N =（0，12，1）， OA 1=（1，0，1），设平面OBMN 的法向量是n =（x ，y ，z ），则{n ∙ O B =0，n ∙ ON =0，即ìíîïïx +y =0，12y +z =0，令x =1，y =-1，z =12，则n =（1，-1，12），则A 1到平面OBMN 的距离h =|| OA 1∙n||n =1.由于无法确定点A 1到平面OBMN 的射影，所以根据法向量与射影的关系，运用向量法求解.运用向量法求平面外一点到平面的距离，关键是要根据线面垂直的判定定理求得平面的法向量.在求法向量时，往往要先设出法向量n ；然后在平面内找到两条直线a 、b ，并求得其方向向量a 、b ；再建立方程组{n ∙a =0，n ∙b=0，通过解方程组求得法向量n 的坐标.二、求空间中两条异面直线之间的距离求两条异面直线之间的距离，需运用转化思想，把两条异面直线之间的距离转化为平面外一点到平面的距离.在求两条异面直线之间的距离时，需先求出两条异面直线的方向向量a 、b，并求得两个向量所在平面的法向量n ，那么两条异面直线之间的距离为h =||a ∙n ||n .例2.如图3，正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1的棱长为1，求异面直线OA 1和AC 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，可得 AC =（-1，1，0）， O 1A =（1，0，-1）， AA 1=（0，0，1）设n =（x ，y ，z ）为平面A 1C 1O 的法向量，建立方程组得ìíîn ∙ AC =0，n∙O 1A =0，即{-x +y =0，x -z =0，图346思路探寻令x=1，可得法向量n =（1则异面直线OA1和AC.定两条异面直线的公垂线，繁琐.的方向向量及其法向量，求得异面直线之间的距离，果.三、求直线与平面所成的角如图4所示，设直线OP用向量法求直线OP与平面αα的法向量n 和直线OP的数量积公式求得|cos< OP,n >OP与平面α所成角的正弦值为意的是，直线OP与平面α图4例3.如图5，正方体ABCOA1B1的中点为M，试求直线AM的正弦值.解：以O为原点，建立如图5则AB=（0，1，0），AO1=（-1设n =（x，y，z）为平面ABC1O则ìíîn ∙AB=0，n ∙AO1=0，即{y=0，-x+z=0令x=1，可得n =()1,0,1，设AM与面ABC1O1则sinθ=|| AM∙n|| AM∙||n ，即直线AM与平面ABC1O1α-的平面1，.）为平面往往要先求得两个平47探索探索与与研研究究面的法向量，α、β的法向量n α∥ n β，则平面α的法向量 n α⊥ n β，则平面α⊥例5.正方体ABCO -A 1B 1C 1O M 分别是A 1C 1、A 1O 、B 1A 上的任意一点，求证：平面B 1MC ∥平面A 1EF .证明：以O 为原点，建立如图8所示的空间直角坐标系，由题意可得A 1C 1=()-1,1,0,B 1C =()-1,0,-1,A 1O =()-1,0,-1,B 1A =()0,-1,-1，设 A 1E =λ A 1C 1， A 1F =μ A 1ν∈R ，且均不为0），设平面A 1EF 的法向量为n 1则ìíî n 1∙A 1E =0，n 1∙ A 1F =0，可得ìíî n 1∙λ A 1 n 1∙μ A 1则ìíî n 1∙A 1C 1=0， n 1∙ A 1O =0，则{-x +y =0x +z =01EF 的法向量为n 1=（1，1，-1），n 2，ìíî n 2∙ν B 1A =0，n 2∙ B 1C =0，{-y -z =0，-x -z =0，1MC 的法向量n 2=（-1，1，-1），n 1∥ n 2，B 1MC .需熟悉向垂直关系，⊥ n 2； n 1=λ n 2⇔ n 1∥ n 2.需注意以（2）熟练运用（3）明确向量与线段、坐标甘肃省武威铁路中学）求数列前n 项和问题具有较强的综合性，侧重考查等差和等比数列的通项公式、定义、性质以及前n 项和公式.常见的命题形式有：（1）根据数列的递推关系式求数列的前n 项和；（2）根据数列的通项公式求数列的前n 项和；（3）根据一个数列的前n 项和求另一个相关联数列的前n 项和.解答数列求和问题的常用方法有分组求和法、错位相减法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法.下面结合实例,谈一谈这几种途径的特点以及应用技巧.一、分组求和分组求和法是指将数列中的各项分为几组，分别进行求和.在解题时，要先仔细研究数列的通项公式，将其合理地拆分为几个等差、等比、常数数列通项公式的和、差；再将数列划分为多个组，分别根据等差、等比数列的前n 项和公式求得每一组数列的和.例1.已知S n 为数列{}a n 的前n 项和，4a n =3S n +1.48。
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 。
例谈用向量法解立体几何问题
新 能力 的 培 养 ． 现 了 教育 改 革 的 精 神 ． 体
（ ） 法 在处 理 二 面 角 问 题 时 ， 能 会 遇 到 二 面角 的具 ２此 可
２ 结 论 ： 线 和 平 面所 成 的 角 与 斜 线 的 方 向 向量 和 已 ． 斜
关 系． 、 、 ③ＰＱ Ｒ为正六边形时 ， Ａ Ｃ Ａ Ｂ 径 ｒ ＝ 的三边 的长度之间存在 — — 关 系． 、 、 ④ＰＱ Ｒ为以
角就 等 于 两 法 向量 的 夹 角 ， 如果 是 “ 同进 同 出 ” 那 么所 求 的 ， 二面 角 的平 面 角 就 等 于两 法 向量 的夹 角 的 补 角 。掌握 了这
２结 论 ： 成 二 面 角 的 两 个 平 面 的法 向 量 的 夹 角 或 夹 ． 构 角 的 补角 等 于 这 个 二 面角 的平 面 角 ． 点 ， 么用 法 向量 求 二 面 角 就可 以做 到 随心 所 欲． 那
问存 在
— —
； 么 我 们 可 以想 象 在 三 维 空 间 里 ， 面 体 那 四
－ ＢＣ的 侧 棱 ｓ 、 、 Ｃ两 两 互 相 垂 直 。Ａ 口 Ｓ ＝ 、 Ｃ Ａ船 Ｓ Ｓ ＝ 、Ｂ ｂ Ｓ ＝ 其 边 长 为 直 径 的 半 圆 时 ． Ｂ 的 三 边 的 长 度 之 间 存 在 Ｓ Ａ ＡＡ Ｃ 关 系
二 、 用 向量 求 线 面角 的大 小 利
注 意 ：１用 向量 法 处 理 二 面 角 的 问题 时 ， 传 统 二 面 （） 将
角 问题 时 的三 步 曲 ： 找— — 证— — 求 ”直 接 简 化 成 了 一步 “ 曲 ：计 算 ” “ ．这 在 一定 程度 上 降 低 了 学 生 的空 间 想 象 能 力 ．
例谈用 向量法解立 体几何 问题
高考数学中利用空间向量解决立体几何的向量方法(三)——空间向量求距离
G
x D F A
C
E
y
B
例1 如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E、F 分别是 :
AB、AD 的中点，GC⊥平面 ABCD，且 GC＝2，求点 z B 到平面 EFG 的距离. G 解：如图，建立空间直角坐标系 C－xyz． 由题设 C(0,0,0)，A(4,4,0)，B(0,4,0)， D(4,0,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)． E F ( 2 , 2 , 0 ), E G ( 2 , 4 , 2 ), D C
G
x D
F A
C
E
y
B
练习3: 正方体AC1棱长为1，求BD与平面GB1D1的 距离
D1 A1 Z B1
DD
C1 d
1
n
n
G A X
D
B
C Y
三、求平面与平面间距离
例3、正方体AC1棱长为1，求平面AD1C 与平面A1BC1的距离
D1 A1 Z B1
AD
n
C1 d
n
D
A X B
C Y
| PA n | = |n |
.
这个结论说明,平面外一点到平面的距离等于连结此点与平面 上的任一点(常选择一个特殊点)的向量在平面的法向量上的射影的 绝对值.
例1、已知正方形ABCD的边长为4， CG⊥平面ABCD，CG=2,E、F分别是AB、 AD的中点，求点B到平面GEF的距离。 z
∴n M C 2 2 ax ay 0
a , 0, 0) N (
2 2
a,
1 2
a,
1 2
a)
向量法解立体几何及经典例题(上课用)
向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量： 若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n α⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.例1：在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.例3：如图，在直三棱柱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D ．求证：PB 1∥平面BDA 1；⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.例4：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 .3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
利用 空间向量解立体几何(含综合题
利用空间向量解立体几何问题一、基础知识（一）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如：()()2,4,6,3,0,2A B ，则直线AB 的方向向量为()1,4,4AB =--2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面α垂直的直线称为平面α的法线，法线的方向向量就是平面α的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（2）求法：（先设再求）设平面α的法向量为(),,n x y z =，若平面上所选两条直线的方向向量分别为()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则可列出方程组：1112220x y z x y x y z x y z z ++=⎧⎨++=⎩ 解出,,x y z 的比值即可 例如：()()1,2,0,2,1,3a b ==，求,a b 所在平面的法向量解：设(),,n x y z =，则有20230x y x y z +=⎧⎨++=⎩ ，解得：2x yz y =-⎧⎨=⎩::2:1:1x y z ∴=- ()2,1,1n ∴=-（二）空间向量可解决的立体几何问题（用,a b 表示直线,a b 的方向向量，用,m n 表示平面,αβ的法向量）1、判定类（1）线面平行：a b a b ⇔∥∥ （2）线面垂直：a b a b ⊥⇔⊥ （3）面面平行：m n αβ⇔∥∥ （4）面面垂直：m n αβ⊥⇔⊥ 2、计算类：（1）两直线所成角：cos cos ,a b a b a bθ⋅==（2）线面角：cos ,sin a m a m a m θ⋅==（3）二面角：cos cos ,m n m n m nθ⋅==或cos cos ,m n m n m nθ⋅=-=-（视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为A AP n d nα-⋅=，即AP 在法向量n 上投影的绝对值。
(完整版)用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4) (1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB . 又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以DC ⊥平面P AD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面P AD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点． 求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)， 1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |. (2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a ||n ||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求． 例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD . (1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ， CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°， 即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE ⊂平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23， 则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)． 设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14. 例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0， BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.(1)空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)， 即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD .又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下： 设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12， 解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意． 空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系 DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→P A ⊥面ABCD设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PB AF ·PB ＝0―→得P 坐标并求P A 长． (2)学审题 由(1)―→AD ，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面F AD 、平面F AB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝2 3.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B -AF -D 的正弦值为378.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系(本题利用AC ⊥BD )，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝2.BE 与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为2的等边三角形，取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，则BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面ACD ⊥平面ABC ， ∴DO ⊥平面ABC . 作EF ⊥平面ABC ，则EF ∥DO . 根据题意，点F 落在BO 上， ∴∠EBF ＝60°， 易求得EF ＝DO ＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE ∥OF . ∵DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，可求得平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE ＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0，即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)． 故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . ∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BDBC 1的值．。
向量法解决立体几何问题总结
向量法解决立体几何问题总结
向量法是一种解决立体几何问题的有效方法。
通过使用向量的性质和运算，可以简化复杂的几何关系，找到简单且准确的解决办法。
以下是一些向量法解决立体几何问题的总结：
1. 建立坐标系：通过建立适当的坐标系，可以将立体几何问题转化为平面几何问题，从而更容易处理和求解。
2. 向量的线性运算：利用向量的加法、减法和数量乘法，可以求解直线的交点、线段的中点等问题。
3. 向量的数量积：使用向量的数量积，可以计算出向量的长度、判断向量的夹角大小，从而解决立体几何问题中涉及角、直线的垂直和平行关系。
4. 点和直线向量表示：通过将平面上的点和直线用向量表示，可以简化问题，将几何关系转化为向量运算，从而更方便求解。
5. 三角函数和向量：利用三角函数与向量的关系，可以计算出向量在某个方向上的分量，进而求解垂直、平行关系以及向量的投影等问题。
6. 平面方程与向量：通过将平面的方程转化为向量的形式，可以更容易地判断点与平面的关系，求解平面的交点等问题。
总的来说，向量法在解决立体几何问题时具有简单、直观、可
靠的优势。
通过合理运用向量的性质和运算，能够快速解决各种立体几何问题。
法向量解立体几何大题类型大题【范本模板】
1。
（2008福建18)如图，在四棱锥P-ABCD 中,则面PAD ⊥底面 ABCD ，侧棱P A =PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形, 其中BC ∥ AD ,AB ⊥AD ，AD =2AB =2BC =2，O 为AD 中点。
（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ)求异面直线PD 与CD 所成角的大小；(Ⅲ)线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32?若存在，求出AQQD的值；若不存在，请说明理由。
（Ⅰ）证明 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PAD ⋂平面ABCD =AD , PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD 。
（Ⅱ)解 以O 为坐标原点，OC OD OP 、、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 ,依题意，易得 A (0，-1,0)，B （1,—1，0),C （1,0，0），D （0，1,0）,P （0，0,1）,所以110111CD PB ---＝（，，），＝（，，）.所以异面直线PB 与CD 所成的角是arccos63, (Ⅲ）解 假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32， 由(Ⅱ)知(1,0,1),(1,1,0).CP CD =-=- 设平面PCD 的法向量为n =（x 0，y 0，z 0).则0,0,n CP n CD ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以00000,0,x z x y -+=⎧⎨-+=⎩即000x y z ==, 取x 0=1，得平面PCD 的一个法向量为n =(1，1，1）. 设(0,,0)(11),(1,,0),Q y y CQ y -≤≤=-由32CQ n n=,得13,23y -+= 解y =-12或y =52（舍去)， 此时13,22AQ QD ==，所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =.2 (2007福建理•18）如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有 棱长都为2,D 为CC 1中点。
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 =。
向量方法解立体几何
用向量方法求空间角和距离空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量,则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a b a b 求线面角 设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin ||||||l n l n 求二面角 二面角l αβ--的平面角α=1212arccos||||n n n n 求点面距离 设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==例题：如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角；（II ）求1BC 和面EFBD 所成的角；（III ）求1B 到面EFBD 的距离例题：如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。
平面平面ABCD B B A A ⊥''（Ⅰ）若A A '＝１，求直线AB 到面'DAC 的距离．（II ）试问：当A A '的长度为多少时二面角A C A D -'-大小为？60 D A CB P例题：如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为２，Ｐ是侧棱1AA上任意一点． （Ⅰ）求证： 直线1B P 不可能与平面11ACC A 垂直；（II ）当11BC B P ⊥时，求二面角11C B P C --的大小． 例题：如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面，且PD AD a ==，问平面PBA 与平面PBC 能否垂直？试说明理由．（不垂直）例题：如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90A ︒∠=，1,,O O G 分别为111,,BC BC AA 的中点，且12AB AC AA ===．（1）求1O 到面11ACB 的距离；（22） （2）求BC 到面11GBC 的距离．（263）空间向量与立体几何例题：已知A ，B ，C 三点不共线，O 是平面外任意一点，若有OC OB OA OP λ++=3251确定的点与A ，B ,C 三点共面，则λ＝______．（152因为13251=++λ） 例题：直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M 、N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点。
利用向量解立体几何题
利用向量解立体几何题解立体几何题是中学数学学习中的重要环节之一，而向量在解决这类问题中也有着重要的作用。
本文将介绍如何利用向量解立体几何题。
一、向量基本概念向量是一种有大小和方向的量，它常用箭头表示。
向量的大小叫做模，方向表示向量的方向。
通常用加粗的小写字母表示向量，如a、b、c等。
二、向量的运算1.加法：假设a、b是两个向量，可以将它们的起点放在同一点，然后再将它们的终点连接起来构成一个新的向量c。
即c=a+b。
2.减法：向量的减法等同于加上它的负向量。
即c=a-b。
3.数乘：将向量乘以一个实数k，得到的新向量大小和原向量大小之比是k，方向和原向量相同(如果k>0)，或者相反(如果k<0)。
三、向量在立体几何中的应用1.向量的共面与共线：如果两个向量共面，则它们张成一个平面，如果三个向量共面，则它们张成一个共面体。
如果两个向量共线，则它们的交点位于两向量所在的直线上，如果三个向量共线，则它们张成一个共线体。
2.向量表示线段：设P、Q两点坐标分别为(a1,a2,a3)和(b1,b2,b3)，则PQ向量可以表示为向量a=b-a=(b1-a1,b2-a2,b3-a3)。
3.向量表示平面：设平面上有三点A(a1,a2,a3)、B(b1,b2,b3)和C(c1,c2,c3)，则法向量n=AB×AC=(b1-a1,b2-a2,b3-a3)×(c1-a1,c2-a2,c3-a3)。
四、通过向量解立体几何题的步骤1.通过向量求出线段：利用向量表示线段的方法求出线段的坐标，再进行相关的计算。
2.通过向量求出平面：利用向量表示平面的方法求出平面的法向量，然后再进行计算。
3.求出垂线：利用平面上的点和一个向量坐标求出平面的方程式，再利用正交关系求出垂线的方程式。
4.求出角度：利用两个向量之间的夹角公式求出角度。
5.求出体积等参数：通过向量求出棱长，然后再求出面积和体积等参数。
通过使用向量解立体几何题，可以大大缩短计算时间，提高计算精度和准确度。
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.。
立体几何向量解法(含解析)
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．2.如图所示，已知平行四边形ABCD和平行四边形ACEF所在的平面相交于直线AC，EC⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，ADC=60°，AF=．（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角F-BD-A的余弦值．3.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由．4.如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1，∠ACB=90°，G为BB1的中点．（Ⅰ）求证：平面A1CG⊥平面A1GC1；（Ⅱ）求平面ABC与平面A1GC所成锐二面角的平面角的余弦值．5.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA=AD=2，AB=BC=1，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；（Ⅱ）求直线BQ与平面PCD所成角的正弦值．6.已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M为PB中点．（1）证明：AB⊥CM；（2）求AC与PB所成的角的余弦值；（3）求二面角A-MC-B的余弦值．7.如图，已知△AOB，∠AOB=，∠BAO=，AB=4，D为线段AB的中点．若△AOC是△AOB 绕直线AO旋转而成的．记二面角B-AO-C的大小为θ．（1）当平面COD⊥平面AOB时，求θ的值；（2）当θ∈[，]时，求二面角C-OD-B的余弦值的取值范围．8.如图，平面EAD⊥平面ABFD，△AED为正三角形，四边形ABFD为直角梯形，且∠BAD=90°，AB∥DF，AD=a，AB=a，DF=．（I）求证：EF⊥FB；（II）求二面角A-BF-E的大小；（Ⅲ）点P是线段EB上的动点，当∠APF为直角时，求BP的长度．9.如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，∠CAB=90°，AB=2，AA1=1，AC=，AE⊥BC于E，F 为A1B1的中点．（1）求异面直线AE与BF所成角的大小；（2）求二面角A-BF-C的大小；（3）求点A到平面BCF的距离．10.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，∠ABC=90°，BC∥AD，且AB=AD=2BC，顶点P在底面ABCD内的射影恰好落在AB的中点O上．（1）求证：PD⊥AC；（2）若PO=AB，求直线PD与AB所成角的余弦值；（3）若平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，求的值．11.如图，在三棱锥S-ABC中，平面SBC⊥平面ABC，SB=SC=AB=2，BC=2，∠BAC=90°，O为BC中点．（Ⅰ）求点B到平面SAC的距离；（Ⅱ）求二面角A-SC-B的余弦值．12如图所示，己知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，P点在A1B1上，且满足=λ（λ∈R）．（I）证明：PN⊥AM；（II）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求出该最大角的正切值；（III）在（II）条件下求P到平而AMN的距离．13.如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE=AF=4，现将△AEF 沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C=2．（1）求五棱锥A′-BCDFE的体积；（2）求平面A′EF与平面A′BC的夹角．14.如图，在长方体AC1中，，点E、F分别是面A1C1、面BC1的中心．以D为坐标原点，DA、DC、DD1所为直线为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．15.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，CH⊥平面AA1B1B，且CH=3．（1）求A1C与平面ABC所成角的正弦值；（2）在线段A1B1上是否存在一点P，使得平面PBC⊥平面ABC？若存在，求出B1P的长；若不存在，说明理由．16.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC．（1）证明：A1B⊥A1C1；（2）求二面角A-CC1-B的大小；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．17如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥DB，AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2，PO=，PB⊥PD．（1）求异面直线PD与BC所成角的余弦值；（2）求二面角P-AB-C的大小；（3）设点M在棱PC上，且，问λ为何值时，PC⊥平面BMD．18.如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=CD=，AD=BD，EC丄底面ABCD，FD丄底面ABCD且有EC=FD=2．（Ⅰ）求证：AD丄BF；（Ⅱ）若线段EC的中点为M，求直线AM与平面ABEF所成角的正弦值．19.如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M为AB的中点．（1）证明：AC⊥SB；（2）求二面角S-CM-A的余弦值；（3）求点B到平面SCM的距离．20.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB是等边三角形．（1）求PC与平面ABCD所成角的正弦值；（2）求二面角B-AC-P的余弦值；（3）求点A到平面PCD的距离．21.如图所示，三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2，OA=，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．22.如图，四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为正方形，EC⊥平面ABCD，AB=，CE=1，G为AC 与BD交点，F为EG中点，（Ⅰ）求证：CF⊥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A-BE-D的大小．23.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD中点．（1）求证：B1E⊥AD1；（2）若AB=2，求二面角B-AB1-E的余弦值；（3）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．24.如图：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=2AD=2，点E、F分别为C1D1、A1B的中点：（1）求证：EF∥平面BB1C1C（2）求二面角B1-A1B-E的大小．25.如图，已知四棱柱ABD-A1B1C1D1的底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，侧棱AA1⊥底面ABCD，E是CD的中点，CD=2AB=2AD，AD=1，AA 1=．（Ⅰ）求证：EA1⊥平面BDC1；（Ⅱ）求二面角D-BC1-D1的余弦值．26.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB．（Ⅰ）求证：CE⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积．（Ⅲ）在满足（Ⅱ）的条件下求二面角B-PC-D的余弦值的绝对值．27.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，SA⊥平面ABCD，AB=2，AD=1，，∠BAD=120°，E在棱SD上，且SE=3ED．（I）求证：SD⊥平面AEC；（II）求直线AD与平面SCD所成角的大小．28.如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=1，PB=PD=，点F在PD 上，且PE：ED=2：1（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角E-AC-D的正弦值；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面EAC？若存在，试求出PF的值：若不存在，请说明理由．29.如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD=90°，且PA=AD，E、F分别是线段PA、CD的中点．（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；（Ⅱ）求EF和平面ABCD所成的角α的正切；（Ⅲ）求异面直线EF与BD所成的角β的余弦．30.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB=AC=A1B=2．（1）求棱AA1与BC所成的角的大小；（2）在棱B1C1上确定一点P，使二面角P-AB-A1的平面角的余弦值为．一．简答题（共__小题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．答案：解：（Ⅰ）证法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）证法二：AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为；Q（0，0，0），，，．设M（x，y，z），则，，∵，∴，∴…（12分）在平面MBQ中，，，∴平面MBQ法向量为．…（13分）∵二面角M-BQ-C为30°，∴，∴t=3．…（15分）解析：解：（Ⅰ）证法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）证法二：AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为；Q（0，0，0），，，．设M（x，y，z），则，，∵，∴，∴…（12分）在平面MBQ中，，，∴平面MBQ法向量为．…（13分）∵二面角M-BQ-C为30°，∴，∴t=3．…（15分）如图所示，已知平行四边形ABCD和平行四边形ACEF所在的平面相交于直线AC，EC⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，ADC=60°，AF=．（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角F-BD-A的余弦值．答案：（1）证明：∵AB=1，BC=AD=2，∠ADC=60°，∴AC2=1+4-2×1×2×cos60°=3∴AC=，又∵AB=1，BC=2∴∠BAC=∠ACD=90°，∴AC⊥AB又AF⊥AC，AB∩AF=A∴AC⊥平面ABF，又∵BF⊂平面ABF，∴AC⊥BF；（2）解：建立如图所示的坐标系，则C（0，0，0），D（1，0，0），A（0，，0），F（0，，），B（-1，，0）平面ABD的一个法向量=（0，0，1），设平面FBD的法向量为=（x，y，z）∵=，=，由，可得令z=1，得=（）为平面FBD的一个法向量．∴故所求二面角F-BD-A的余弦值为．解析：（1）证明：∵AB=1，BC=AD=2，∠ADC=60°，∴AC2=1+4-2×1×2×cos60°=3∴AC=，又∵AB=1，BC=2∴∠BAC=∠ACD=90°，∴AC⊥AB又AF⊥AC，AB∩AF=A∴AC⊥平面ABF，又∵BF⊂平面ABF，∴AC⊥BF；（2）解：建立如图所示的坐标系，则C（0，0，0），D（1，0，0），A（0，，0），F（0，，），B（-1，，0）平面ABD的一个法向量=（0，0，1），设平面FBD的法向量为=（x，y，z）∵=，=，由，可得令z=1，得=（）为平面FBD的一个法向量．∴故所求二面角F-BD-A的余弦值为．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由．答案：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，所以O为AC，BD中点．-------------------------------------（1分）又因为PA=PC，PB=PD，所以PO⊥AC，PO⊥BD，---------------------------------------（3分）所以PO⊥底面ABCD．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD是菱形可得AC⊥BD，又由（Ⅰ）可知PO⊥AC，PO⊥BD．如图，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz．由△PAC是边长为2的等边三角形，，可得．所以．---------------------------------------（5分）所以，．由已知可得-----------------------------------------（6分）设平面BDF的法向量为=（x，y，z），则令x=1，则，所以=（1，0，-）．----------------------------------------（8分）因为cos=-，----------------------------------------（9分）所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为，所以直线CP与平面BDF所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设=λ（0≤λ≤1），则．---------------------------------（11分）若使CM∥平面BDF，需且仅需=0且CM⊄平面BDF，---------------------（12分）解得，----------------------------------------（13分）所以在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF．此时=．-----------------------------------（14分）解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，所以O为AC，BD中点．-------------------------------------（1分）又因为PA=PC，PB=PD，所以PO⊥AC，PO⊥BD，---------------------------------------（3分）所以PO⊥底面ABCD．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD是菱形可得AC⊥BD，又由（Ⅰ）可知PO⊥AC，PO⊥BD．如图，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz．由△PAC是边长为2的等边三角形，，可得．所以．---------------------------------------（5分）所以，．由已知可得-----------------------------------------（6分）设平面BDF的法向量为=（x，y，z），则令x=1，则，所以=（1，0，-）．----------------------------------------（8分）因为cos=-，----------------------------------------（9分）所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为，所以直线CP与平面BDF所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设=λ（0≤λ≤1），则．---------------------------------（11分）若使CM∥平面BDF，需且仅需=0且CM⊄平面BDF，---------------------（12分）解得，----------------------------------------（13分）所以在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF．此时=．-----------------------------------（14分）如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1，∠ACB=90°，G为BB1的中点．（Ⅰ）求证：平面A1CG⊥平面A1GC1；（Ⅱ）求平面ABC与平面A1GC所成锐二面角的平面角的余弦值．答案：（I）证明：在直棱柱ABC-A1B1C1中，有A1C1⊥CC1．∵∠ACB=90°，∴A1C1⊥C1B1，即A1C1⊥平面C1CBB1，∵CG⊂平面C1CBB1，∴A1C1⊥CG．┉┉┉┉┉┉┉┉（2分）在矩形C1CBB1中，CC1=BB1=2BC，G为BB1的中点，CG=BC，C1G=BC，CC1=2BC∴∠CGC1=90，即CG⊥C1G┉┉┉┉┉┉┉┉（4分）而A1C1∩C1G=C1，∴CG⊥平面A1GC1．∴平面A1CG⊥平面A1GC1．┉┉┉┉┉┉┉┉（6分）（II）解：（法一）由于CC1平面ABC，∠ACB=90°，建立如图所示的空间坐标系，设AC=BC= CC=a，则A（a，0，0），B（0，a，0）A1（a，0，2a），G（0，a，a）．∴=（a，0，2a），=（0，a，a）．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）设平面A1CG的法向量n1=（x1，y1，z1），由得令z1=1，n1=（-2，-1，1）．┉┉┉┉┉┉┉┉（9分）又平面ABC的法向量为n2=（0，0，1）┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）设平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角为θ，则┉┉┉┉┉┉┉┉（11分）即平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角的余弦值为．┉┉┉（12分）（法二）延长A1G、AB相交于P，过A作AF⊥PC交PC延长线于点F，连接A1F∵AA1⊥平面ABC，AF⊥PC，∴A1F⊥PF∴∠AFA1为平面ABC与平面A1CG所成二面角的平面角．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）由（I）知CG⊥A1G，∴△PGC～△PFA1，设AC=BC=a，∴由，得┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）．∴．┉┉┉┉┉（12分）解析：（I）证明：在直棱柱ABC-A1B1C1中，有A1C1⊥CC1．∵∠ACB=90°，∴A1C1⊥C1B1，即A1C1⊥平面C1CBB1，∵CG⊂平面C1CBB1，∴A1C1⊥CG．┉┉┉┉┉┉┉┉（2分）在矩形C1CBB1中，CC1=BB1=2BC，G为BB1的中点，CG=BC，C1G=BC，CC1=2BC∴∠CGC1=90，即CG⊥C1G┉┉┉┉┉┉┉┉（4分）而A1C1∩C1G=C1，∴CG⊥平面A1GC1．∴平面A1CG⊥平面A1GC1．┉┉┉┉┉┉┉┉（6分）（II）解：（法一）由于CC1平面ABC，∠ACB=90°，建立如图所示的空间坐标系，设AC=BC= CC=a，则A（a，0，0），B（0，a，0）A1（a，0，2a），G（0，a，a）．∴=（a，0，2a），=（0，a，a）．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）设平面A1CG的法向量n1=（x1，y1，z1），由得令z1=1，n1=（-2，-1，1）．┉┉┉┉┉┉┉┉（9分）又平面ABC的法向量为n2=（0，0，1）┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）设平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角为θ，则┉┉┉┉┉┉┉┉（11分）即平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角的余弦值为．┉┉┉（12分）（法二）延长A1G、AB相交于P，过A作AF⊥PC交PC延长线于点F，连接A1F∵AA1⊥平面ABC，AF⊥PC，∴A1F⊥PF∴∠AFA1为平面ABC与平面A1CG所成二面角的平面角．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）由（I）知CG⊥A1G，∴△PGC～△PFA1，设AC=BC=a，∴由，得┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）．∴．┉┉┉┉┉（12分）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA=AD=2，AB=BC=1，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；（Ⅱ）求直线BQ与平面PCD所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AD⊥AB，如图，建立以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴的空间直角坐标系．…（2分）由已知，PA=AD=2，AB=BC=1，AD∥BC．所以A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）…（4分）又Q为PD中点，所以Q（0，1，1）．所以=（0，2，-2），=（-1，1，1），所以•=0，…（6分）所以PD⊥BQ．…（7分）（Ⅱ）解：设平面PCD的法向量为=（a，b，c），则∵=（0，2，-2），=（-1，1，0），∴，…（9分）令c=1，得a=b=1，∴=（1，1，1）．…（11分）∵=（-1，1，1），∴直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为=．…（14分）解析：（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AD⊥AB，如图，建立以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴的空间直角坐标系．…（2分）由已知，PA=AD=2，AB=BC=1，AD∥BC．所以A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）…（4分）又Q为PD中点，所以Q（0，1，1）．所以=（0，2，-2），=（-1，1，1），所以•=0，…（6分）所以PD⊥BQ．…（7分）（Ⅱ）解：设平面PCD的法向量为=（a，b，c），则∵=（0，2，-2），=（-1，1，0），∴，…（9分）令c=1，得a=b=1，∴=（1，1，1）．…（11分）∵=（-1，1，1），∴直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为=．…（14分）已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M为PB中点．（1）证明：AB⊥CM；（2）求AC与PB所成的角的余弦值；（3）求二面角A-MC-B的余弦值．答案：（1）证明：以A为原点，以AD，AB，AP所在的直线为x，y，z轴（如图）建立空间直角坐标系．由已知：A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，）…（2分）∴=（0，2，0），=（-1，0，），∴，∴AB⊥CM…（4分）（2）解：∵=（1，1，0），=（0，2，-1），∴cos＜，＞==，∴AC，PB所成角的余弦值为…（8分）（3）解：设为平面AMC的法向量，则：，取z=2，则y=-1，x=1，即：同理可求得平面MCB的一个法向量为…（10分）∴，∴二面角A-MC--B所成角的余弦值为…（12分）解析：（1）证明：以A为原点，以AD，AB，AP所在的直线为x，y，z轴（如图）建立空间直角坐标系．由已知：A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，）…（2分）∴=（0，2，0），=（-1，0，），∴，∴AB⊥CM…（4分）（2）解：∵=（1，1，0），=（0，2，-1），∴cos＜，＞==，∴AC，PB所成角的余弦值为…（8分）（3）解：设为平面AMC的法向量，则：，取z=2，则y=-1，x=1，即：同理可求得平面MCB的一个法向量为…（10分）∴，∴二面角A-MC--B所成角的余弦值为…（12分）如图，已知△AOB，∠AOB=，∠BAO=，AB=4，D为线段AB的中点．若△AOC是△AOB绕直线AO旋转而成的．记二面角B-AO-C的大小为θ．（1）当平面COD⊥平面AOB时，求θ的值；（2）当θ∈[，]时，求二面角C-OD-B的余弦值的取值范围．答案：解：（1）如图，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，OB，OA所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，则O（0，0，0），A（0，0，2），B（0，2，0），D（0，1，），C（2sinθ，2cosθ，0）．，．设=（x，y，z）为平面COD的一个法向量，由得取z=sinθ，得：，．则=（cosθ，-sinθ，sinθ）．因为平面AOB的一个法向量为=（1，0，0），由平面COD⊥平面AOB得•=0，所以cosθ=0，即θ=．（2）设二面角C-OD-B的大小为α，由（1）得，当θ=时，cosα=0；当θ∈（，]时，tanθ≤-，cosα====-，∵tanθ≤-，∴4tan2θ+3≥15，则．故-≤cosα＜0．综上，二面角C-OD-B的余弦值的取值范围为[-，0]．解析：解：（1）如图，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，OB，OA所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，则O（0，0，0），A（0，0，2），B（0，2，0），D（0，1，），C（2sinθ，2cosθ，0）．，．设=（x，y，z）为平面COD的一个法向量，由得取z=sinθ，得：，．则=（cosθ，-sinθ，sinθ）．因为平面AOB的一个法向量为=（1，0，0），由平面COD⊥平面AOB得•=0，所以cosθ=0，即θ=．（2）设二面角C-OD-B的大小为α，由（1）得，当θ=时，cosα=0；当θ∈（，]时，tanθ≤-，cosα====-，∵tanθ≤-，∴4tan2θ+3≥15，则．故-≤cosα＜0．综上，二面角C-OD-B的余弦值的取值范围为[-，0]．如图，平面EAD⊥平面ABFD，△AED为正三角形，四边形ABFD为直角梯形，且∠BAD=90°，AB∥DF，AD=a，AB=a，DF=．（I）求证：EF⊥FB；（II）求二面角A-BF-E的大小；（Ⅲ）点P是线段EB上的动点，当∠APF为直角时，求BP的长度．答案：解：（I）证明：连接OF，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即OF⊥FB．又因为EO⊥FB，所以FB⊥平面EOF，得EF⊥FB．（3分）方法一（Ⅱ）∵平面EAD⊥平面ABCD，过点E向AD引垂线交AD于点O，连接OB，OF，延长DF 到点C，使CD=AB，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即∠EFO为二面角A-BF-E的平面角，在Rt△EOF中，EO=OF，所以．（6分）方法二：（II）取AD的中点O，连接OE，则EO⊥AD，EO⊥平面ABCDD，建立如图所示的直角坐标系，设AD=a，则，则，则，所以，，可求得平面EFB的法向量为，平面ABCD的一个法向量为，则二面角A-BF-E的大小为θ，，即二面角为．（6分）（Ⅲ）设，（0≤t≤1）则====，同理，，（8分）=，由=0，解得t=或，所以BP=．（10分）解析：解：（I）证明：连接OF，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即OF⊥FB．又因为EO⊥FB，所以FB⊥平面EOF，得EF⊥FB．（3分）方法一（Ⅱ）∵平面EAD⊥平面ABCD，过点E向AD引垂线交AD于点O，连接OB，OF，延长DF 到点C，使CD=AB，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即∠EFO为二面角A-BF-E的平面角，在Rt△EOF中，EO=OF，所以．（6分）方法二：（II）取AD的中点O，连接OE，则EO⊥AD，EO⊥平面ABCDD，建立如图所示的直角坐标系，设AD=a，则，则，则，所以，，可求得平面EFB的法向量为，平面ABCD的一个法向量为，则二面角A-BF-E的大小为θ，，即二面角为．（6分）（Ⅲ）设，（0≤t≤1）则====，同理，，（8分）=，由=0，解得t=或，所以BP=．（10分）如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，∠CAB=90°，AB=2，AA1=1，AC=，AE⊥BC于E，F为A1B1的中点．（1）求异面直线AE与BF所成角的大小；（2）求二面角A-BF-C的大小；（3）求点A到平面BCF的距离．答案：解：（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以AB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系．由已知AB=2，AA1=1，AC=．可得A（0，0，0），B（2，0，0），E（），F（1，0，1），C（）．，，∴∴异面直线AE与BF所成角的大小为；（2）设是平面BCF的一个法向量，由可得即，可得．取平面ABF的一个法向量为即二面角A-BF-C的大小为arccos．（3）点A到平面BCF的距离，即在平面BCF的法向量的投影的绝对值，所以距离d=||==．所以点A到平面BCF的距离为．解析：解：（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以AB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系．由已知AB=2，AA1=1，AC=．可得A（0，0，0），B（2，0，0），E（），F（1，0，1），C（）．，，∴∴异面直线AE与BF所成角的大小为；（2）设是平面BCF的一个法向量，由可得即，可得．取平面ABF的一个法向量为即二面角A-BF-C的大小为arccos．（3）点A到平面BCF的距离，即在平面BCF的法向量的投影的绝对值，所以距离d=||==．所以点A到平面BCF的距离为．（理科做）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，∠ABC=90°，BC∥AD，且AB=AD=2BC，顶点P在底面ABCD内的射影恰好落在AB的中点O 上．（1）求证：PD⊥AC；（2）若PO=AB，求直线PD与AB所成角的余弦值；（3）若平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，求的值．答案：（1）证明：因为AB中点O为点P在平面ABCD内的射影，所以PO⊥平面ABCD．过O作BC的平行线交CD与点E，则OE⊥AB．建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz…（2分）设BC=a，OP=h，则B（a，0，0），A（-a，0，0），P（0，0，h），C（a，a，0），D（-a，2a，0）．∴．∵，∴PD⊥AC．…（6分）（2）解：由PO=AB，得h=2a，于是P（0，0，2a）∵，…（8分）∴==，∴直线PD与AB所成的角的余弦值为．…（10分）（3）解：设平面PAB的法向量为，可得，设平面PCD的法向量为，由题意得，∵，∴．令x=1，得到，…（12分）∴，…（14分）∵平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，∴，解得，即．…（16分）解析：（1）证明：因为AB中点O为点P在平面ABCD内的射影，所以PO⊥平面ABCD．过O作BC的平行线交CD与点E，则OE⊥AB．建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz…（2分）设BC=a，OP=h，则B（a，0，0），A（-a，0，0），P（0，0，h），C（a，a，0），D（-a，2a，0）．∴．∵，∴PD⊥AC．…（6分）（2）解：由PO=AB，得h=2a，于是P（0，0，2a）∵，…（8分）∴==，∴直线PD与AB所成的角的余弦值为．…（10分）（3）解：设平面PAB的法向量为，可得，设平面PCD的法向量为，由题意得，∵，∴．令x=1，得到，…（12分）∴，…（14分）∵平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，∴，解得，即．…（16分）如图，在三棱锥S-ABC中，平面SBC⊥平面ABC，SB=SC=AB=2，BC=2，∠BAC=90°，O为BC中点．（Ⅰ）求点B到平面SAC的距离；（Ⅱ）求二面角A-SC-B的余弦值．答案：解：（Ⅰ）因为SB=SC，O为BC中点，所以SO⊥BC而平面平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC=BC，所以SO⊥平面ABC，以OB、OA、OS为x，y，z轴建立直角坐标系，得B（，0，0），A（0，，0），S（0，0，），C（-，0，0），∴，，设平面SAC的法向量为∴，∴，可取而，故点B到平面SAC的距离d=||=（Ⅱ）由已知得平面SBC的法向量=（0，1，0），平面SAC的法向量=（-1，1，1）∴二面角A-SC-B的余弦值等于==．解析：解：（Ⅰ）因为SB=SC，O为BC中点，所以SO⊥BC而平面平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC=BC，所以SO⊥平面ABC，以OB、OA、OS为x，y，z轴建立直角坐标系，得B（，0，0），A（0，，0），S（0，0，），C（-，0，0），∴，，设平面SAC的法向量为∴，∴，可取而，故点B到平面SAC的距离d=||=（Ⅱ）由已知得平面SBC的法向量=（0，1，0），平面SAC的法向量=（-1，1，1）∴二面角A-SC-B的余弦值等于==．如图所示，己知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，P点在A1B1上，且满足=λ（λ∈R）．（I）证明：PN⊥AM；（II）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求出该最大角的正切值；（III）在（II）条件下求P到平而AMN的距离．答案：（Ⅰ）证明：以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz则P（λ，0，1），N（，，0），M（0，1，）∴，=（0，1，）从而=，∴PN⊥AM；（Ⅱ）解：平面ABC的一个法向量为=（0，0，1），则sinθ=|cos＜，＞|==而，当θ最大时，sinθ最大，tanθ最大，故λ=时，sinθ取到最大值时，tanθ=2．（Ⅲ）解：设平面AMN的法向量为=（x，y，z）由•=0，•=0，得，∴可取=（1，-1，2）∵=（，0，1）∴d==．解析：（Ⅰ）证明：以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz则P（λ，0，1），N（，，0），M（0，1，）∴，=（0，1，）从而=，∴PN⊥AM；（Ⅱ）解：平面ABC的一个法向量为=（0，0，1），则sinθ=|cos＜，＞|==而，当θ最大时，sinθ最大，tanθ最大，故λ=时，sinθ取到最大值时，tanθ=2．（Ⅲ）解：设平面AMN的法向量为=（x，y，z）由•=0，•=0，得，∴可取=（1，-1，2）∵=（，0，1）∴d==．如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE=AF=4，现将△AEF沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C=2．（1）求五棱锥A′-BCDFE的体积；（2）求平面A′EF与平面A′BC的夹角．答案：解：（1）连接AC，设AC∩EF=H，由ABCD是正方形，AE=AF=4，得H是EF的中点，且EF⊥AH，EF⊥CH，从而有A′H⊥EF，CH⊥EF，∴EF⊥平面A′HC，从而平面A′HC⊥平面ABCD，…（2分）过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O，则A′O⊥平面ABCD．…（4分）∵正方形ABCD的边长为6，AE=AF=4，得到：，CH=4，∴cos∠A′HC==，∴HO=，，∴五棱锥A′-BCDFE的体积V==．…（6分）（2）由（1）得A′O⊥平面ABCD，且CO=3，即点O是AC，BD的交点，如图以点O为原点，OA，OB，OA′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则由题意知，B（0，3，0），C（-3，0，0），D（0，-3，0），E（，2，0），F（，-2，0），，…（7分）∴，，，，设平面A′EF的法向量为=（x，y，z），则，取x=，得，…（9分）设平面A′BC的法向量，则，令y1=1，得=（-1，1，），…（11分）∴cos＜＞=0，即平面A′EF与平面A′BC夹角是．…（12分）解析：解：（1）连接AC，设AC∩EF=H，由ABCD是正方形，AE=AF=4，得H是EF的中点，且EF⊥AH，EF⊥CH，从而有A′H⊥EF，CH⊥EF，∴EF⊥平面A′HC，从而平面A′HC⊥平面ABCD，…（2分）过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O，则A′O⊥平面ABCD．…（4分）∵正方形ABCD的边长为6，AE=AF=4，得到：，CH=4，∴cos∠A′HC==，∴HO=，，∴五棱锥A′-BCDFE的体积V==．…（6分）（2）由（1）得A′O⊥平面ABCD，且CO=3，即点O是AC，BD的交点，如图以点O为原点，OA，OB，OA′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则由题意知，B（0，3，0），C（-3，0，0），D（0，-3，0），E（，2，0），F（，-2，0），，…（7分）∴，，，，设平面A′EF的法向量为=（x，y，z），则，取x=，得，…（9分）设平面A′BC的法向量，则，令y1=1，得=（-1，1，），…（11分）∴cos＜＞=0，即平面A′EF与平面A′BC夹角是．…（12分）如图，在长方体AC1中，，点E、F分别是面A1C1、面BC1的中心．以D为坐标原点，DA、DC、DD1所为直线为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．答案：解：（1）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，0，0），F（1，2，），B（2，2，0），E（1，1，），C（0，2，0）．∴，…（4分）∴=1-2+1=0…（6分）所以AF和BE所成的角为90°．…（7分）（2）设平面BEC的一个法向量为，又，，则：，．∴x=0，令z=1，则：，∴=（0，，1）．…（10分）∴．…（12分）设直线AF和平面BEC所成角为θ，则：．即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为．…（14分）解析：解：（1）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，0，0），F（1，2，），B（2，2，0），E（1，1，），C（0，2，0）．∴，…（4分）∴=1-2+1=0…（6分）所以AF和BE所成的角为90°．…（7分）（2）设平面BEC的一个法向量为，又，，则：，．∴x=0，令z=1，则：，∴=（0，，1）．…（10分）∴．…（12分）设直线AF和平面BEC所成角为θ，则：．即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为．…（14分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，CH⊥平面AA1B1B，且CH=3．（1）求A1C与平面ABC所成角的正弦值；（2）在线段A1B1上是否存在一点P，使得平面PBC⊥平面ABC？若存在，求出B1P的长；若不存在，说明理由．答案：解：如图，以点B1为坐标在原点建立空间直角坐标系，则B1（0，0，0），A1（2，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0），C（1，1，3）（1）∵．设平面ABC的一个法向量，则，即，令z=1，得设A1C与平面ABC所成角为θ，则∵，∴（2）假设存在点P，则P（λ，0，0），且λ∈[0，2]，∴，．设平面PBC的法向量，则，即，令x=1，得．∵平面PBC⊥平面ABC，∴，即，得，∴存在这样的点使得平面PBC⊥平面ABC，且B1P=．解析：解：如图，以点B1为坐标在原点建立空间直角坐标系，则B1（0，0，0），A1（2，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0），C（1，1，3）（1）∵．设平面ABC的一个法向量，则，即，令z=1，得设A1C与平面ABC所成角为θ，则∵，∴（2）假设存在点P，则P（λ，0，0），且λ∈[0，2]，∴，．设平面PBC的法向量，则，即，令x=1，得．∵平面PBC⊥平面ABC，∴，即，得，∴存在这样的点使得平面PBC⊥平面ABC，且B1P=．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC．（1）证明：A1B⊥A1C1；（2）求二面角A-CC1-B的大小；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．答案：解：取AC中点为O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB．建立如图所示的坐标系O-xyz，则A（0，-1，0），B（1，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0）．（1）∵=（1，0，-），==（0，2，0）∴•=0∴A1B⊥A1C1．（2）设=（x，y，z）为面BCC1的一个法向量．∵=（-1，1，0），==（0，1，）又•=•=0，∴取n=（，，-1）．又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，∴cos＜，＞===．由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角A-CC1-B为锐角，∴二面角A-CC1-B的大小为arccos．（3）设球心为O1，因为O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，所以点O1在A1O上，则O1是正三角形A1AC的中心．则球半径R=A1A=，球表面积S=4πR2=π．解析：解：取AC中点为O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB．建立如图所示的坐标系O-xyz，则A（0，-1，0），B（1，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0）．（1）∵=（1，0，-），==（0，2，0）∴•=0∴A1B⊥A1C1．（2）设=（x，y，z）为面BCC1的一个法向量．∵=（-1，1，0），==（0，1，）又•=•=0，∴取n=（，，-1）．又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，∴cos＜，＞===．由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角A-CC1-B为锐角，∴二面角A-CC1-B的大小为arccos．（3）设球心为O1，因为O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，。
空间向量法解决立体几何问题
n
α
例1. 如图所示, 正方体的棱长为1
(1)直线OA的一个方向向量坐标为___(_1_,0__,0_)___
(2)平面OABC 的一个法向量坐标为__(_0_,0__,1_)____ (3)平面AB1C 的一个法向量坐标为__(_-_1_,-_1_,_1_)__
正交 基底，建立如图所示坐标系D-xyz，
DA (1, 0, 0)，DE (1,1, , 1)
1
2
z
D1
D1F (0, 2 , 1)
A1
则Ｄ１Ｆ DA 0，Ｄ１Ｆ DE 0
则Ｄ１Ｆ DA，Ｄ１Ｆ DE． 所以 D1F 平面ADE
D A
x
C1
B1
E
C
F
y
B
练习 正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E、F分别 是BB1,，CD中点，求证：D1F 平面ADE.
C(0,0, 2) ,试求平面 ABC 的一个法向量. n (4, 3, 6)
解:设平面 ABC 的一个法向量为 n ( x, y, z)
则 n AB ，n AC .∵ AB (3, 4, 0) , AC (3, 0, 2)
∴
( (
x, x,
y, y,
z) z)
(3, (3,
4, 0,
u (x, y,1)
由u EB u ED 0
得u (1 , 1 ,1) 22
平面C1BD的一个法向量是
v CA1 (1, 1,1)
u v 0,
平面EBD 平面C1BD.
例3 正方体 ABCD A1B1C1D1 ,E是AA1中点， 求证：平面EBD 平面C1BD.
例谈用向量法解立体几何问题
例谈用向量法解立体几何问题向量法是解决立体几何问题的一种有效方法，它在空间的方向和长度上具有良好的可视化效果。
下面我们将介绍如何用向量法解决立体几何问题。
一、向量的表示方法在空间中，向量可以用一个有序三元组(x,y,z)来表示。
其中，x、y、z分别表示向量在x、y、z三个轴向上的分量。
例如，三维空间中的一个向量A可以表示为A=(x1,y1,z1)，另一个向量B可以表示为B=(x2,y2,z2)。
这两个向量之间的距离可以用以下公式计算：$$ AB = \\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2} $$二、向量的运算方法向量之间可以进行四则运算，它们的定义如下：•向量加法：当两个向量A=(x1,y1,z1)和B=(x2,y2,z2)相加时，结果为A+B=(x1+x2,y1+y2,z1+z2)。
•向量减法：当两个向量A和B相减时，结果为A−B=(x1−x2,y1−y2,z1−z2)。
•向量数乘：当一个向量A与一个标量k相乘时，结果为kA= (kx,ky,kz)。
•点乘：当两个向量A和B进行点乘时，结果为$A·B=|A||B|\\cos\\theta$，其中 $\\theta$ 表示两个向量之间的夹角。
三、向量在立体几何中的应用在立体几何中，向量法可以解决很多难题。
例如：1. 点到直线的距离在三维空间中，过已知点A0的直线l可以表示为 $l:\\frac{x-x_0}{l_1}=\\frac{y-y_0}{l_2}=\\frac{z-z_0}{l_3}$。
要求点B到直线l的距离，可以用以下公式：$$ d_{AB}=\\frac{|(B-A_0)×l|}{|l|} $$其中，×表示向量叉乘。
2. 点到平面的距离在三维空间中，已知一个平面p的法向量n=(n1,n2,n3)和一个过点A0的直线l，该点不在平面上。
要求点B到平面p的距离，可以用以下公式：$$ d_{AB}=\\frac{|n(B-A_0)|}{|n|} $$3. 直线间的距离在三维空间中，已知两个直线l1和l2，要求它们的最短距离。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
运用向量法解立体几何题
向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的高考试题对这部分内容的考查有增无减，向量的工具作用在立体几何题中体现的也非常明显。
如何用向量知识解决立体几何问题呢？
[例1]如图，已知平行六面体abcd-a1b1c1d1的底面abcd是菱形，且∠c1cb=∠c1cd=∠bcd.
（1）求证：c1c⊥bd.
（2）当的值为多少时，能使a1c⊥平面c1bd？请给出证明.
知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的
垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单.
错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系.
技巧与方法：利用a⊥b？圳a·b=0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可.
（1）证明：设 =a， =b， =c，依题意，|a|=|b|，、、中两两所成夹角为θ，于是 = - =a-b，· =c（a-b）=c·a-c·b=|c|·|a|cos θ-|c|·|b|cosθ=0，∴c1c⊥bd.
（2）解：若使a1c⊥平面c1bd，只须证a1c⊥bd，a1c⊥dc1，由· =（ + ）·（ - ）
=（a+b+c）·（a-c）=|a|2+a·b-b·c-|c|2=|a|2-|c|2+|b|·|a|cos θ-|b|·|c|·cosθ=0，得
当|a|=|c|时，a1c⊥dc1，同理可证当|a|=|c|时，a1c⊥bd，
∴ =1时，a1c⊥平面c1bd.
[例2]如图，直三棱柱abc-a1b1c1，底面△abc中，
ca=cb=1，∠bca=90°，aa1=2，m、n分别是a1b1、a1a的中点. （1）求的长；
（2）求cos的值；
（3）求证：a1b⊥c1m.
知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系
o-xyz，进而找到点的坐标和求出向量的坐标.
错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标. 技巧与方法：可以先找到底面坐标面xoy内的a、b、c点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标.
（1）解：如图，以c为原点建立空间直角坐标系o-xyz.
依题意得：b（0，1，0），n（1，0，1）
∴| |= = .
（2）解：依题意得：a1（1，0，2），c（0，0，0），b1（0，1，2）.
∴ =（1，-1，2）， =（0，1，2）
· =1×0+（-1）×1+2×2=3
| |= =
| |= =
∴cos= = =
（3）证明：依题意得：c1（0，0，2），m（，，2）
=（，，2）， =（-1，1，-2）
∴· =（1-）× +1× +（-2）×0=0，
∴a1b⊥c1m.
1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.
2.向量的数量积常用于有关向量相等、两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.
3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考：（1）要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？基向量选择谁？
（2）所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？
（3）所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条
件转化的向量有何关系？
（4）怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？。