用向量方法解立体几何题
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。
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
法向量解立体几何专题训练
法向量解立体几何专题训练一、运用法向量求空间角1、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;2、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=cos2π-θ = |cos<AB , n >| = AB AB n n•• 3、 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 • 2、求点到面的距离求A 点到平面α的距离,设平面α的法向量法为(,,1)n x y =,在α内任取一点B,则A 点到平面α的距离为d =||||AB n n •,n 的坐标由n 与平面α内的两个不共线向量的垂直关系,得到方程组类似于前面所述, 若方程组无解,则法向量与XOY 平面平行,此时可改设(1,,0)n y =三、证明线面、面面的平行、垂直关系设平面外的直线a 和平面α、β,两个面α、β的法向量为12,n n ,则1a//a n α⇔⊥ 1a a//n α⊥⇔12////n n αβ⇔ 12n n αβ⊥⇔⊥四、应用举例：例1：如右下图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点,且EB= FB=1. 1 求二面角C —DE —C 1的正切值; 2 求直线EC 1与FD 1所成的余弦值.解：I 以A 为原点,1,,AB AD AA 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正向建立空间直角坐标系,则D0,3,0、D 10,3,2、E3,0,0、F4,1,0、C 14,3,2 于是,11(3,3,0),(1,3,2),(4,2,2)DE EC FD =-==- 设法向量(,,2)n x y =与平面C 1DE 垂直,则有13301320n DE x y x y x y z n EC ⊥-=⇒⇒==-++=⊥⎫⎫⎪⎬⎬⎭⎪⎭11111(1,1,2),(0,0,2),cos 3||||1tan 2n AA CDE n AA C DE C n AAn AA θθθ∴=--=∴--•-===⨯∴=向量与平面垂直与所成的角为二面角的平面角 II 设EC 1与FD 1所成角为β,则1111cos 14||||1EC FD EC FD β•===⨯例2：高考辽宁卷17如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD 是菱形,∠DAB=600,PD⊥平面ABCD,PD=AD,点E 为AB 中点,点F 为PD 中点;1证明平面PED ⊥平面PAB ； 2求二面角P-AB-F 的平面角的余弦值 证明：1∵面ABCD 是菱形,∠DAB=600,∴△ABD 是等边三角形,又E 是AB 中点,连结BD ∴∠EDB=300,∠BDC=600,∴∠EDC=900, 如图建立坐标系D-ECP,设AD=AB=1,则PF=FD=12∴P0,0,1,E2,0,0,B2,12,0∴PB=32,12,-1,PE=2,0,-1,平面PED的一个法向量为DC=0,1,0 ,设平面PAB的法向量为n=x, y, 1由11(,,1),1)01022(,,1)1)010x y x y xn PBn PE yx y x⎧⎧•-=--=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=•-=-=⎩⎪⎩∴n∵DC·n=0 即DC⊥n∴平面PED⊥平面PAB2解：由1知：平面PAB的法向量为n0, 1, 设平面FAB的法向量为n1=x, y, -1, 由1知：F0,0,12,FB,12,-12,FE,0,-12,由111111(,,1)(,)00222222110(,,1))0022x y x y xn FBn FE yx y x⎧⎧-•-=-+=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=-•-=+=⎩⎪⎩∴n1∴二面角P-AB-F的平面角的余弦值cosθ= |cos<n, n1>| =11n5714nnn•=•例3：在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是正方形A1B1C1D1的中心,点P在棱CC1上,且CC1=4CP.Ⅰ求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小结果用反三角函数值表示；Ⅱ设O点在平面D1AP上的射影是H,求证：D1H⊥AP；Ⅲ求点P到平面ABD1的距离.解: Ⅰ如图建立坐标系D-ACD1, ∵棱长为4 ∴A4,0,0,B4,4,0,P0,4,1∴AP = -4, 4, 1 , 显然DC=0,4,0为平面BCC1B1的一个法向量,∴直线AP与平面BCC1B1所成的角θ的正弦值sinθ= |cos<AP,DC >|=22216433334414=++• ∵θ为锐角,∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ为arcsin 43333Ⅲ 设平面ABD 1的法向量为n =x, y, 1,∵AB =0,4,0,1AD =-4,0,4由n ⊥AB ,n ⊥1AD 得0440y x =⎧⎨-+=⎩ ∴ n =1, 0,1,∴点P 到平面ABD 1的距离 d =322AP n n•=例4：在长、宽、高分别为2,2,3的长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 是底面中心,求A 1O 与B 1C 的距离;解：如图,建立坐标系D-ACD 1,则O1,1,0,A 12,2,3,C0,2,0∴1(1,1,3)AO =-- 1(2,0,3)B C =-- 11(0,2,0)A B = 设A 1O 与B 1C 的公共法向量为(,,1)n x y =,则113(,,1)(1,1,3)0302(,,1)(2,0,3)023032x n AO x y x y x y x n B C y ⎧=-⎧⎪⊥•--=-+-=⎧⎧⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨•--=--=⊥⎩⎩⎪⎪⎩=⎪⎩ ∴ 33(,,1)22n =-∴ A 1O 与B 1C 的距离为d =()1122330,2,0,,122||332211||11331222A B n n ⎛⎫•-⎪•⎝⎭===⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭例5：在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 1的中点,求A 1到面BDFEABCDA 1B 1D 1C 1O的距离;解：如图,建立坐标系D-ACD 1,则B1,1,0,A 11,0,1,E12,1,1 ∴(1,1,0)BD =-- 1(,0,1)2BE =- 1(0,1,1)A B =-设面BDFE 的法向量为(,,1)n x y =,则(,,1)(1,1,0)002112(,,1)(,0,1)01022x y x y n BD x y x y x n BE •--=--=⎧⎧⎧⊥=⎧⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨=-•-=-+=⊥⎩⎪⎪⎪⎩⎩⎩ ∴ (2,2,1)n =-∴ A 1到面BDFE 的距离为d =()()()1220,1,12,2,1|||3|13||221A B n n -•-•-===+-+新课标高二数学空间向量与立体几何测试题1一、选择题1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,若AB ＝2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图,ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体,B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ,则BE 1与DF 1所成角的余弦值是A ．1715 B ．21 C ．178 D ．23 3．如图,A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱,∠BCA=90°,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点,若BC=CA=CC 1,则BD 1与AF 1所成角的余弦值是A ．1030 B ．21 C ．1530 D ．1015 4．正四棱锥S ABCD -的高2SO =,底边长2AB =,则异面直线BD 和SC 之间的距离图图FEA BCDA 1B 1D 1C 1AA 1DCB B 1C 1图A ．515 B ．55 C ．552 D ．105 5．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱,D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离A ．a 42B ．a 82C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离A ．63 B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中,AB ⊥BC,AB ＝BC ＝21PA,点O 、D 分别是AC 、PC 的中点,OP ⊥底面ABC,则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值A ．621B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中,底面是等腰直角三角形, 90=∠ACB ,侧棱21=AA ,D,E分别是1CC 与B A 1的中点,点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面ABD 所成角的余弦值A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3,侧棱3231=AA ,D 是CB 延长线上一点,且BC BD =,则二面角B AD B --1的大小A ．3π B ．6πC ．65πD ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中,底面边长为22,侧棱长为4,E,F 分别为棱AB,CD 的中点,G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积VA ．66B ．3316 C ．316D ．16二、填空题11．在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为11A B 的中点,则异面直线1D E 和1BC 间的距离 ． 12． 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别是11A B 、CD 的中点,求点B 到截面1AEC F 的距离 ．13．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点,点A 1到平面DBEF 的距离 ．14．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 是A 1B 1的中点,求直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值 ． 三、解答题 15．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1,求平面A 1BC 1与平面ABCD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点,求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是一直角梯形,∠BAD=90°,AD ∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA ⊥底面ABCD,PD 与底面成30°角． 1若AE ⊥PD,E 为垂足,求证：BE ⊥PD ； 2求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体AC 1,E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 的中点． 1求证：E 、F 、D 、B 共面；2求点A 1到平面的BDEF 的距离； 3求直线A 1D 与平面BDEF 所成的角．19．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,点E为棱AB的中点,求：ⅠD1E与平面BC1D所成角的大小；Ⅱ二面角D－BC1－C的大小；Ⅲ异面直线B1D1与BC1之间的距离．高二数学空间向量与立体几何专题训练2一、选择题1．向量a＝2x,1,3,b＝1,－2y,9,若a与b共线,则A．x＝1,y＝1 B．x＝错误!,y＝－错误!C．x＝错误!,y＝－错误! D．x＝－错误!,y＝错误! 2．已知a＝－3,2,5,b＝1,x,－1,且a·b＝2,则x的值是A．6 B．5 C．4 D．33．设l1的方向向量为a＝1,2,－2,l2的方向向量为b＝－2,3,m,若l1⊥l2,则实数m的值为A．3 B．2 C．14．若a,b均为非零向量,则a·b＝|a||b|是a与b共线的A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．在△ABC中,错误!＝c,错误!＝b.若点D满足错误!＝2错误!,则错误!＝b＋错误!c 错误!c－错误!b 错误!b－错误!c 错误!b＋错误!c6．已知a,b,c是空间的一个基底,设p＝a＋b,q＝a－b,则下列向量中可以与p,q一起构成空间的另一个基底的是A．a B．b C．c D．以上都不对7．已知△ABC的三个顶点A3,3,2,B4,－3,7,C0,5,1,则BC边上的中线长为A．2 B．3 C.错误!错误!8．与向量a＝2,3,6共线的单位向量是A．错误!,错误!,错误! B．－错误!,－错误!,－错误!C．错误!,－错误!,－错误!和－错误!,错误!,错误! D．错误!,错误!,错误!和－错误!,－错误!,－错误!9．已知向量a＝2,4,x,b＝2,y,2,若|a|＝6且a⊥b,则x＋y为A．－3或1 B．3或－1 C．－3 D．110．已知a＝x,2,0,b＝3,2－x,x2,且a与b的夹角为钝角,则实数x的取值范围是A．x>4 B．x<－4 C．0<x<4 D．－4<x<0.11．已知空间四个点A1,1,1,B－4,0,2,C－3,－1,0,D－1,0,4,则直线AD与平面ABC所成的角为A．30° B．45° C．60° D．90°12．已知二面角α－l－β的大小为50°,P为空间中任意一点,则过点P且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题13．已知{i,j,k}为单位正交基底,且a＝－i＋j＋3k,b＝2i－3j－2k,则向量a＋b与向量a－2b的坐标分别是________；________.14．在△ABC中,已知错误!＝2,4,0,错误!＝－1,3,0,则∠ABC＝________.15．正方体ABCD－A1B1C1D1中,面ABD1与面B1BD1所夹角的大小为________．16．在下列命题中：①若a,b共线,则a,b所在的直线平行；②若a,b所在的直线是异面直线,则a,b一定不共面；③若a,b,c三向量两两共面,则a,b,c三向量一定也共面；④已知三向量a,b,c,则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc,其中不正确的命题为________．三、解答题17．如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在的平面,AB＝2,PC与平面ABCD所成角是45°,F 是AD的中点,M是PC的中点．求证：DM∥平面PFB.18．如图,正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,AA1＝2AB＝4,点E在C1C上,且C1E＝3EC.1证明A1C⊥平面BED；2求二面角A1－DE－B的余弦值．19．正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点．1证明：平面AED⊥平面A1FD1；2在AE上求一点M,使得A1M⊥平面DAE.高考真题能力提升1．如图,平面PAC⊥平面ABC,ABC∆是以AC为斜边的等腰直角三角形,,,E F O分别为PA,PB,AC的中点,16AC=,10PA PC==．I设G是OC的中点,证明：//FG平面BOE；II证明：在ABO∆内存在一点M,使FM⊥平面BOE,并求点M到OA,OB的距离．2．如图,在三棱锥P ABC -中,PA ⊥底面,,60,90ABC PA AB ABC BCA ︒︒=∠=∠=, 点D ,E 分别在棱,PB PC 上,且//DE BCⅠ求证：BC ⊥平面PAC ；Ⅱ当D 为PB 的中点时,求AD 与平面PAC 所成的角的大小； Ⅲ是否存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角 并说明理由.3．如图,四棱锥P ABCD -的底面是正方形,PD ABCD ⊥底面,点E 在棱PB 上.Ⅰ求证：平面AEC PDB ⊥平面；Ⅱ当2PD AB =且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.4．在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,4PA AD ==,2AB =. 以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ,交PC 于点N . 1求证：平面ABM ⊥平面PCD ； 2求直线CD 与平面ACM 所成的角的大小； 3求点N 到平面ACM 的距离.yz DMCB PA NONMA BDCO5. 如图,在四棱锥O ABCD -中,底面ABCD 四边长为1的菱形,4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点,N 为BC 的中点Ⅰ证明：直线MN OCD 平面‖；Ⅱ求异面直线AB 与MD 所成角的大小； Ⅲ求点B 到平面OCD 的距离;6. 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; Ⅰ求证：AB 1⊥面A 1BD ；Ⅱ求二面角A －A 1D －B 的大小； Ⅲ求点C 到平面A 1BD 的距离；7.如图所示,AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直,AD ＝8,BC 是⊙O 的直径,AB ＝AC ＝6,OE Ⅰ求二面角B —AD —F 的大小；Ⅱ求直线BD 与EF 所成的角.8.如图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,点E 在棱AB 上移动.1证明：D 1E ⊥A 1D ；2当E 为AB 的中点时,求点E 到面ACD 1的距离；3AE 等于何值时,二面角D 1—EC —D 的大小为4π.9. 如图,边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面,BC ＝22, M 为BC 的中点Ⅰ证明：AM ⊥PM ；Ⅱ求二面角P －AM －D 的大小； Ⅲ求点D 到平面AMP 的距离;10.如图,已知AB ⊥平面ACD ,DE ⊥平面ACD ,△ACD 为等边三角形,2AD DE AB ==,F 为CD 的中点. 1 求证：//AF 平面BCE ； 2 求证：平面BCE ⊥平面CDE ； 3 求直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值.1A C M PD C B A A BCD EF11. 如图,已知等腰直角三角形RBC ,其中∠RBC =90º,2==BC RB ．点A 、D 分别是RB 、RC 的中点,现将△RAD 沿着边AD 折起到△PAD 位置,使PA ⊥AB ,连结PB 、PC ． 1求证：BC ⊥PB ；2求二面角P CD A --的平面角的余弦值．12. 如图,正三棱柱ABC －111C B A 的底面边长是2,D 是侧棱C 1C 的中点,直线AD 与侧面C C BB 11所成的角为45°.1 求二面角A-BD-C 的大小； 2求点C 到平面ABD 的距离.13. 如图,P 、O 分别是正四棱柱1111ABCD A B C D -上、下底面的中心,E 是AB 的中点,1AB kAA =. Ⅰ求证：1A E ∥平面PBC ；Ⅱ当k =,求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；Ⅲ 当k 取何值时,O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC ∆ABCD1A 1B 1C A 1C14. 如图,在正四棱锥P ABCD -中,PA AB a ==,点E 在棱PC 上．Ⅰ问点E 在何处时,//PA EBD 平面,并加以证明； Ⅱ当//PA EBD 平面时,求点A 到平面EBD 的距离； Ⅲ求二面角C PA B --的大小.15.如图所示,在长方体1111ABCD A B C D -中,AB=AD=1,AA 1=2,M 是棱CC 1的中点 Ⅰ求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； Ⅱ证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M 116.已知三棱锥P －ABC 中,PA ⊥ABC,AB ⊥AC,PA=AC=½AB,N 为AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别为PB,BC 的中点. Ⅰ证明：CM ⊥SN ；Ⅱ求SN 与平面CMN 所成角的大小.EPDCBA17.如图,四棱锥S-ABCD 中,SD ⊥底面ABCD,AB ⊥⊥Ⅰ证明：SE=2EB ； Ⅱ求二面角A-DE-C 的大小 .18.如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是正方形,EF ∥AB ,EF FB ⊥,2AB EF =,90BFC ∠=︒,BF FC =,H 为BC 的中点;ABCDEFHⅠ求证：FH ∥平面EDB ；Ⅱ求证：AC ⊥平面EDB ； Ⅲ求二面角B DE C --的大小;19．如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,13,4,5,4AC BC AB AA ==== 1求证1;AC BC ⊥2在AB 上是否存在点D 使得1?AC CD ⊥ 3在AB 上是否存在点D 使得11//A C CDB 平面A1C BCD1A 1B20、如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥底面ABCD,底面ABCD 为正方形,PD=DC,E 、F 分别是AB 、PB 的中点. Ⅰ求证：EF ⊥CD ；Ⅱ在平面PAD 内求一点G,使GF ⊥平面PCB,并证明你的结论； Ⅲ求DB 与平面DEF 所成角的大小.21、如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠ACB=90°,CB=1,CA=3, AA 1=6,M 为侧棱CC 1上一点, 1AM BA ⊥． 1求证: AM ⊥平面1A BC ； 2求二面角B －AM －C 的大小； 3求点C 到平面ABM 的距离．ABCABCM22、如图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2.I证明：AB1⊥BC1；II求点B到平面AB1C1的距离.III求二面角C1—AB1—A1的大小。
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。
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(1)线面平行：l ∥αa ⊥ua ·u ＝0a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥αa ∥ua ＝k u a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥βu ∥vu ＝k v a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥βu ⊥vu ·v ＝0a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB .又AB 平面PAB ，EF 平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP 平面PAD ，AD 平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD .因为DC 平面PDC ，所以平面PAD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点． 求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)，1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. (3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D | 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．[解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD .(1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE 平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE 平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB∥CD ，CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE 平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23，则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)．设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14.例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ. 由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0，BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE 如果存在，求出BP BC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB 平面DEF ，EF 平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n| DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ，∴3s ＋t ＝23. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.1空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD . 又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD 平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)， 设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12，解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求PA 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→PA ⊥面ABCD 设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PBAF ·PB ＝0―→得P 坐标并求PA长．(2)学审题 由(1)―→AD ，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面FAD 、平面FAB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因PA ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝23.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝18.故二面角B-AF-D的正弦值为37 8.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝与平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC内的射影落在∠ABC的平分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC. ∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC. 作EF⊥平面ABC，则EF∥DO. 根据题意，点F落在BO上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3，∴四边形DEFO是平行四边形，DE∥OF.∵DE平面ABC，OF平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，可求得平面ABC的一个法向量为n1＝(0,0,1)．可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0， 即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)．故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BD BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝1625. 由题知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，所以二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. 所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925. 因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BDBC 1＝λ＝925. 3．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A -BD -C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°.由余弦定理知AE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122－2×1×12cos 60°＝32. ∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF . 又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC . (2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－12，0，DB ＝(2,0,0)，DA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，12，32，AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，12，－32. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ＝0n ·DA ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)． ∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·AC|n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝35，AD ＝6，BD 是对角线，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到点P 的位置，且PB ＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角E -AP -B 的余弦值． 解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6，∴BD ＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝AD BD，∴DO ＝4，∴BO ＝5.在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)，PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x＝25得n1＝(25，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝461×1＝46161，故二面角E-AP-B的余弦值为461 61.5.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为63若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴PB＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，∴OA＝(0，－1,0)是平面POC的法向量，cos 〈PB ，OA 〉＝PB ·OA| PB ||OA |＝33. ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2) PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33. (3)假设存在一点Q ，则设PQ ＝λPD (0<λ<1)．∵PD ＝(0,1，－1)， ∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ，∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，又AC ＝(1,1,0)，AQ ＝(0，λ＋1,1－λ)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝λ＋1y ＋1－λz ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，二面角Q -AC -D 的余弦值为63，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，所以存在点Q ，且PQQD ＝12.6．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值．解：(1)以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．所以AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧SD ·n ＝0，CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM 平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1，0，0·2，－1，11·6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪21·6＝63，即cos φ＝63. ∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63.(3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x5x 2－12x ＋10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪15－12·1x ＋10·1x 2＝110⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋5＝110⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，FA ⊥CD .(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行； (2)求二面角F -CD -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BC ∥AD ，BE ∩BC ＝B ，AD ∩AF ＝A ， ∴平面BCE ∥平面ADF . 设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C . ∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ， 平面DFC ∩平面ADF ＝DF .∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l . (2)∵FA ⊥AB ，FA ⊥CD ，AB 与CD 相交，∴FA ⊥平面ABCD .故以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF ＝(－1,0,2)，DC ＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF ＝0，n ·DC ＝0⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，x ＝－2y ，不妨设z ＝1.则n ＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F -CD -A 为锐角，∴二面角F -CD -A 的余弦值为66.8、.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点．(1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A -PB -D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，∴PD ⊥AC ， ∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ， ∵DE 平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，t 2，P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则根据⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫3，1，23t . ∵二面角A -PB -D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，则sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝155，∴EC 与平面PAB 所成角的正弦值为155.9、如图1，A ，D 分别是矩形A 1BCD 1上的点，AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形A 1ADD 1沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2所示，连接A 1B ，D 1C 得几何体ABA 1-DCD 1.(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的平面角为π6若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，t,0)，则1D E ＝(1，t ，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)，∴1D E ·1A D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1)×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .(2)假设存在符合条件的点E .设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由(1)知EC ＝(－1,2－t,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ＝0，n ·1D E ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2－ty ＝0，x ＋ty －z ＝0，令y ＝12，则x ＝1－12t ，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12t ，12，1是平面D 1EC 的一个法向量，显然平面ECD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)， 则cos 〈n ，1DD 〉＝|n ·1DD ||n ||1DD |＝1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12t 2＋14＋1＝cos π6，解得t ＝2－33(0≤t ≤2)．故存在点E ，当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的平面角为π6.。
(完整版)用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4) (1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3 (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB ＝(1,0，－1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)，DC ＝(1,0,0)，AB ＝(1,0,0)．(1)因为EF ＝－12AB ，所以EF ∥AB ，即EF ∥AB . 又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)因为AP ·DC ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP ⊥DC ，AD ⊥DC ，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以DC ⊥平面P AD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面P AD ⊥平面PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点． 求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)， 1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |. (2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a ||n ||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.例2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．故cosn ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求． 例3、如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD ，E 是线段AD 上一点，AE ＝ED ＝3，SE ⊥AD . (1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；(2)若SE ＝1，求直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面ABCD . ∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE . ∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ， CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°， 即BE ⊥CE . 又SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面SEC . ∵BE ⊂平面SBE ， ∴平面SBE ⊥平面SEC .(2)由(1)知，直线ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E (0,0,0)，C (0,23，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)，所以CE ＝(0，－23，0)，CB ＝(2，－23，0)，CS ＝(0，－23，1)．设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23， 则平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)． 设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，则sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14，故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14. 例4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.由⎩⎪⎨⎪⎧BE ·11A C ＝0， BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B (如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217.(3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，则AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13.(1)空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1-CD -C 1的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)， 即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD . 由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD .又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)存在．当AD ＝22AA 1时，二面角B 1-CD -C 1的大小为60°.理由如下： 设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)．又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，则cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝12， 解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝22AA 1.∴在AA 1上存在一点D 满足题意． 空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， ∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；(2)求二面角B -AF -D 的正弦值． (1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC ⊥BD ――→建系 DB ，AC 分别为x ，y 轴―→写出A ，B ，C ，D 坐标――――――――→P A ⊥面ABCD设P 坐标――→PF ＝CF 可得F 坐标――→AF ⊥PB AF ·PB ＝0―→得P 坐标并求P A 长． (2)学审题 由(1)―→AD ，AF ，AB 的坐标―――――――――――――――――――→向量n 1，n 2分别为平面F AD 、平面F AB 的法向量n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得n 1·n 2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，AP 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )．由F 为PC 边中点，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB ＝(3，3，－z )，AF ⊥PB ，故AF ·PB ＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA |＝2 3.(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝(3，3,0)，AF ＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B -AF -D 的正弦值为378.建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系(本题利用AC ⊥BD )，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝2.BE 与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为2的等边三角形，取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，则BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面ACD ⊥平面ABC ， ∴DO ⊥平面ABC . 作EF ⊥平面ABC ，则EF ∥DO . 根据题意，点F 落在BO 上， ∴∠EBF ＝60°， 易求得EF ＝DO ＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE ∥OF . ∵DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，可求得平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，则CB ＝(1，3，0)，BE ＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0，即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)． 故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E -BC -A 的余弦值为1313.专题训练1.如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . ∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BDBC 1的值．。
向量法解决立体几何问题总结
向量法解决立体几何问题总结
向量法是一种解决立体几何问题的有效方法。
通过使用向量的性质和运算，可以简化复杂的几何关系，找到简单且准确的解决办法。
以下是一些向量法解决立体几何问题的总结：
1. 建立坐标系：通过建立适当的坐标系，可以将立体几何问题转化为平面几何问题，从而更容易处理和求解。
2. 向量的线性运算：利用向量的加法、减法和数量乘法，可以求解直线的交点、线段的中点等问题。
3. 向量的数量积：使用向量的数量积，可以计算出向量的长度、判断向量的夹角大小，从而解决立体几何问题中涉及角、直线的垂直和平行关系。
4. 点和直线向量表示：通过将平面上的点和直线用向量表示，可以简化问题，将几何关系转化为向量运算，从而更方便求解。
5. 三角函数和向量：利用三角函数与向量的关系，可以计算出向量在某个方向上的分量，进而求解垂直、平行关系以及向量的投影等问题。
6. 平面方程与向量：通过将平面的方程转化为向量的形式，可以更容易地判断点与平面的关系，求解平面的交点等问题。
总的来说，向量法在解决立体几何问题时具有简单、直观、可
靠的优势。
通过合理运用向量的性质和运算，能够快速解决各种立体几何问题。
空间向量解决立体几何
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。
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。
立体几何典型问题的向量解法
立体几何中几类典型问题的向量解法空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几何的探索性试题提供了简便、快速的解法。
它的实用性是其它方法无法比拟的，因此应加强运用向量方法解决几何问题的意识，提高使用向量的熟练程度和自觉性，注意培养向量的代数运算推理能力，掌握向量的基本知识和技能，充分利用向量知识解决图形中的角和距离、平行与垂直问题。
一、利用向量知识求点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面的距离（1）求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP u u u r的坐标，那么P 到平面的距离cos ,n MP d MP n MP n •=•<>=r u u u r u u u r r u u u rr（2）求两点,P Q 之间距离，可转化求向量PQ uuu r的模。
（3）求点P 到直线AB 的距离，可在AB 上取一点Q ，令,AQ QB PQ AB λ=⊥u u u r u u u r u u u r u u u r或PQ u u u r 的最小值求得参数λ，以确定Q 的位置，则PQ u u u r为点P 到直线AB 的距离。
还可以在AB 上任取一点Q 先求<AB ,cos ，再转化为><,sin ，则PQ u u u r><,sin 为点P 到直线AB 的距离。
(4)求两条异面直线12,l l 之间距离，可设与公垂线段AB 平行的向量n r，,C D 分别是12,l l 上的任意两点，则12,l l 之间距离CD nAB n•=u u u r r r例1：设(2,3,1),(4,1,2),(6,3,7),(5,4,8)A B C D --，求点D 到平面ABC 的距离例2：如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。
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.
怎样用向量解立体几何问题
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（Ｉ 。 ＝ （ １ｍ， 赢 ＝ 一ｉｌ Ｉ）． 。 １ ，） ， （ ，， ｍ， ．１ Ｉｌ ｌ 已知 Ｚ Ｃ＝０ ．ＡＡＣ Ｊ ） 。 赢 ＝茈 ，又 ． ＡＢ６ 。，‘ Ｂ￣ 正三 角形， ．
Ａ ＝ Ｃ Ａ ＝ ． 在Ｒ ＡＣＢ中，Ｂ 、 ， 可 得Ｎ ＝ ／ ， 故Ｃ ＣＢ ＝ Ｂ ２ ｔ Ｎ Ｎ＝ ／ Ｃ 、
发现学生并不 能将 向量方法用到实际解题 中， 究其 原因是相应 向量的坐标无法准确计算。而坐标系的建立是解 决这个 问题的
关 键 ， 种 好 的 建 系 方 式可 以达 到事 半 功 倍 的 效 果 。 这 里 我 结 一 合 自己 的教 学 实 践 ， 一下 建 系 的 方法 ， 谈 以例 题 为 例 例１ （０ ７ 全 国卷 Ｉ理） ２０ 年 四棱 锥 中Ｓ Ａ Ｃ ， 底 面 Ａ 印 为 平 －Ｂ Ｄ Ｂ 行 四边 形 ， 侧 面 ＳＣ上 底 面 Ａ Ｃ ． 已 知 Ｂ Ｂ Ｄ
Ａ ＝４５。 ， ＢＣ
解：如图， 建立空间直角坐标系Ｍ —
ｘｚ 令Ｍ＝， ｙ． ＮＩ
则有 Ａ （ ， ， ） 一Ｉ００ ， Ｂ （，， ） １０ ０ ，
Ｎ （， ，） ０ ｉ０ ，
（ ）． 是 ｌ、２ 公 垂 线 ， １＿ ｌ Ｉ ‘心 ‘ １的 Ａ Ｎ 。 Ｂ．
用空间向量解立体几何问题方法归纳
1．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·B ＝0，n ·11A C ＝0.3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题知二面角A 1BC 1B 1为锐角，所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC .所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.2．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A BD C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°.由余弦定理知AE ＝12＋122－2×1×12cos 60°32.∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF .又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即BD ⊥CD .又E 为BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又EF ∩AF ＝F ，∴BD ⊥平面AEF .又BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面BDC .(2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则0，0，32C －1，12，01，－12，0，D －1，－12，0DB ＝(2,0,0)，DA 1，12，32AC ＝－1，12，－32.设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DB ＝0n ·DA ＝02x ＝0，x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)．∴cos 〈n ，AC 〉＝n ·|n ||AC |＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.3.如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值；(2)求B 点到平面PCD 的距离；解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，OC ，OD ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量，cos 〈PB ，OA 〉＝·|PB ||OA |＝33.∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2)PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP ·u ||u |＝33.4、.如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，AC ＝2，BD ＝23，E 是PB 上任意一点．(1)求证：AC ⊥DE ；(2)已知二面角A PB D 的余弦值为155，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AC ，∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ，∵DE ⊂平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝t ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)E0，0，t 2P (0，－3，t )，AB ＝(－1，3，0)，AP ＝(－1，－3，t )．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝31，23t ∵二面角A PB D 的余弦值为155，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝155，即34＋12t 2＝155，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，则sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝155，∴EC 与平面PAB 所成角的正弦值为155.。
空间向量解立体几何(含综合题习题)
空间向量解立体几何(含综合题习题)利用空间向量解立体几何问题一、基础知识1.刻画直线与平面方向的向量直线的方向向量可由直线上的两个点来确定。
例如，若有点A(2,4,6)和点B(3,0,2)，则直线AB的方向向量为AB=(1,-4,-4)。
平面的法向量来刻画平面的倾斜程度。
法线的方向向量就是平面的法向量。
要求出指定平面的法向量，需要平面上的两条不平行的直线。
设平面的法向量为n=(x,y,z)，若平面上所选两条直线的方向向量分别为a=(x1,y1,z1)和b=(x2,y2,z2)，则可列出方程组：x1x+y1y+z1z=0和x2x+y2y+z2z=0，解出x,y,z的比值即可。
例如，若a=(1,2,0)和b=(2,1,3)，求a,b所在平面的法向量，则设n=(x,y,z)，有方程组：x+2y=0，2x+y+3z=0，解得：x:y:z=-2:1:1，故n=(-2,1,1)。
2.空间向量可解决的立体几何问题1）判定类线面平行：a∥b当且仅当a∥b。
线面垂直：a⊥XXX且仅当a⊥b。
面面平行：α∥β当且仅当m∥n。
面面垂直：α⊥β当且仅当m⊥n。
2）计算类两直线所成角：cosθ=cos(a,b)=(a·b)/(|a||b|)。
线面角：sinθ=sin(a,m)=(a·m)/(|a||m|)。
二面角：cosθ=cos(m,n)（法向量夹角关系而定）或cosθ=-cos(m,n)。
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d=|AP·n|/|n|，即AP在法向量n上投影的绝对值。
3）点的存在性问题在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件。
解决该问题时，可以先设出所求点的坐标(x,y,z)，再想办法利用条件求出坐标。
为底面，以AD为高，构造平面ADE，可知平面ADE与平面ABCD- A1垂直，且平面ADE与平面EF所成角为所求角，故EF与平面ADE垂直。
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用向量方法求空间角和距离前言：在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角．（１）求异面直线所成的角设a r 、b r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 ba b r r g r r（２）求线面角 设l r 是斜线l 的方向向量，n r是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin ||||||l nl n r r g r r（３）求二面角a r l ⊥，在β内b rl ⊥，其方向如图，则二方法一：在α内平面角α=arccos ||||a ba b r r g r r面角l αβ--的方法二：设12,,n n u r u u r是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角α=1212arccos ||||n n n n u r u u rg ur u u r2.求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的 距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离方法一：设n r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==u u u r ru u u r g r方法二：设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO uuu r．（２）求异面直线的距离方法一：找平面β使b β⊂且a βP ，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离．方法二：在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a r 、b r分别为异面直线a 、b 的方向向量,求n r （n r a ⊥r，n r b ⊥r），则异面直线a 、b 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r ru u u r g r （此方法移植于点面距离的求法）．例１．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 （Ⅰ）记异面直线1DE FC 与所成的角为α，解：则α等于向量1DE FC u u u r u u u u r 与的夹角或其补角，11||||111111cos ||()()||||||222||,arccos5555DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC αα∴=++=-==∴=u u u r u u u u rg u u u r u u u u r g u u u u r u u u u r u u u r u u u u r g u u u r u u u u r g（II ）如图建立空间坐标系D xyz -，则(1,0,2)DE =u u u r ，(2,2,0)DB =u u u r 设面EFBD 的法向量为(,,1)n x y =r 由0DE n DB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r ru u u r r得(2,2,1)n =-r 又1(2,0,2)BC =-u u u u r记1BC 和面EFBD 所成的角为θ则 1112sin |cos ,|||2||||BC n BC n BC n θ⋅=〈〉==u u u u r ru u u u r r u u u u r r∴ 1BC 和面EFBD 所成的角为4π． （III ）点1B 到面EFBD 的距离ｄ等于向量1BB u u u r在面EFBD 的法向量上的投影的绝对值， 1||||BB n d n ∴==u u u r u u r g u ur 23 点评：1.作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―正方体为载体， 来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解．2.解决(1)后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难（不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．3.完成这３道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直（是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决，向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．例2．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 -'-的大小为？ο60 解：（Ⅰ）如图建立空间坐标系A xyz -，则 '(1,0,)DA a =-u u u r (0,1,0)DC =u u u r设面'DAC 的法向量为1(,,1)n x y =u r 则'1100DA n DC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u r u u u r u r得1(,0,1)n a =u r直线AB 到面'DAC 的距离ｄ就等于点Ａ到面'DAC 的距离，也等于向量AD u u u r 在面'DAC 的法向量上的投影的绝对值，11||22||AD n d n ∴==u u u r u rg u r（II ）易得面'AAC 的法向量2(1,1,0)n =-u u r∴向量12,n n u r u u r的夹角为60o由12122121cos ,2||||12n n n n n n a ⋅〈〉===+⋅u r u u ru r u u r ur u u r 得 1a = ∴ 当A A '＝１时，二面角A C A D -'-的大小为60o ．点评：１．通过（Ⅰ），复习线面距离转化为点面距离再转化为一向量在一向量（法向量）投影的绝对值的解题思路与方法． ２．通过（II ），复习面面角转化为两向量的夹角或其补角的方法，也可借此机会说明为什么这两个角相等或互补，就没有其他情况．例3．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．证明：（Ⅰ）如图建立空间坐标系O xyz -，设AP a = 则1,,,A C B P的坐标分别为(0,1,)a --1(0,2,0),(1,2)AC B P a ∴==--u u u r u u u r120AC B P =-≠u u u r u u u rg ，1B P ∴不垂直AC∴直线1B P 不可能与平面11ACC A 垂直．（II）1(,2)BC =u u u u r ，由11BC B P ⊥，得110BC B P =u u u u r u u u rg 即22(2)0a +-= 1a ∴= 又11BC B C ⊥ 11BC CB P ∴⊥面∴1(,2)BC =u u u u r是面1CB P 的法向量设面11C B P 的法向量为(1,,)n y z =r ，由1110B P n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r ru u u u r r得n =-r,设二面角11C B P C --的大小为α则11cos 4||||BC n BC n α==u u u u r r g u u u u u r u u r∴二面角11C B P C --的大小为arccos4． 点评：１．前面选择的两个题，可有现成的坐标轴，但本题ｘ、ｚ轴需要自己添加（也可不这样建立）．２．第（１）小题是证明题，同样可用向量方法解答，是特殊情况；本小题也可证明这条直线与这个面的法向量不平行．例4（安徽卷）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点（Ⅰ）证明：直线MN OCD平面‖；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。
解：作AP CD⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为,,x yz 轴建立坐标系(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,0,1),(1A B P D O MN ,(1)(11),(0,2),(44222MN OP OD =--=-=--u u u u r u u u r u u u r 设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则0,0n OPn OD ==u uu r u u u rgg 即 2022022y z x y z -=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取z =解得(0,n =(1,1)(0,044MN n =--=uu u u r g g∵MN OCD ∴平面‖(2)设AB 与MD 所成的角为θ,(1,0,0),(1)22AB MD ==--u u u r u u u u r ∵ 1cos ,23AB MD AB MD πθθ===⋅u u u r u u u u r g u u u r u u u u r ∴∴ , AB与MD 所成角的大小为3π(3)设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB uuu r在向量(0,n =上的投影的绝对值,由 (1,0,2)OB =-u u u r , 得23OB n d n ⋅==u u u r.所以点B 到平面OCD 的距离为23例5（福建•理•18题）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。
（Ⅰ）求证：AB 1⊥面A 1BD ；（Ⅱ）求二面角A －A 1D －B 的大小； （Ⅲ）求点C 到平面A 1BD 的距离； 解：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC Q △为正三角形，AO BC ∴⊥．Q 在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB uuu r ，1OO u u u u r ，OA u u ur则(100)B ，，，(110)D -，，，1(02A ，(00A ，1(12B ，1(12AB ∴=u u u r ，，(210)BD =-u u u r ，，，1(12BA =-u u u r．12200AB BD =-++=u u u r u u u r Q g ，111430AB BA =-+-=u u u r u u u rg ， 1AB BD ∴u u u r u u u r ⊥，11AB BA u u u r u u u r⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ．(11AD =-u u u r ，，，1(020)AA =u u u r ，，．AD u u u r Q ⊥n ，1AA u u u r ⊥n ，100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g ，，nn 020x y y ⎧-+-=⎪∴⎨=⎪⎩，，0y x =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，．令1z =得(1)=，n 为平面1A AD 的一个法向量． 由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ，1AB ∴u u u r为平面1A BD 的法向量．cos <n，111AB AB AB >===u u u ru u u r g u u u r g n n ∴二面角1A A D B --的大小为arccos（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB u u u r 为平面1A BD法向量，1(200)(12BC AB =-=u u u r u u u rQ ，，，，．∴点C 到平面1A BD的距离112BC AB d AB ===u u u r u u u r g u u u r ． 总结：通过上面的例子，我们看到向量方法（更确切地讲，是用公式： ||||cos a b a b θ=r r r rg）解决空间角和距离的作用，当然，以上所举例子，用传统方法去做，也是可行的，甚至有的（例２）还较为简单，用向量法的好处在于克服传统立几以纯几何解决问题带来的高度的技巧性和随机性．向量法可操作性强―――运算过程公式化、程序化，有效地突破了立体几何教学和学习中的难点，是解决立体几何问题的重要工具．充分体现出新教材新思想、新方法的优越性．这是继解析几何后用又一次用代数的方法研究几何形体的一块好内容，数形结合，在这里得到淋漓尽致地体现．1.计算异面直线所成角的关键是平移（补形）转化为两直线的夹角计算2.计算直线与平面所成的角关键是作面的垂线找射影，或向量法(直线上向量与平面法向量夹角的余角)，三余弦公式(最小角定理，12cos cos cos θθθ=)，或先运用等积法求点到直线的距离，后虚拟直角三角形求解.注：一斜线与平面上以斜足为顶点的角的两边所成角相等⇒斜线在平面上射影为角的平分线.3.计算二面角的大小主要有：定义法(先作其平面角后计算大小)、公式法(cos S S θ=影原)、向量法(两平面法向量的夹角)、等价转换法等等.二面角平面角的主要作法有：定义法(取点、作垂、构角)、三垂线法(两垂一连，关键是第一垂(过二面角一个面内一点，作另一个面的垂线))、垂面法.4.计算空间距离的主要方法有：定义法(先作垂线段后计算)、等积法、转换(平行换点、换面)等.5.空间平行垂直关系的证明，主要依据相关定义、公理、定理和空间向量进行，模式是：线线关系€线面关系€面面关系，请重视线面平行关系、线面垂直关系(三垂线定理及其逆定理)的桥梁作用.注意：书写证明过程需规范.特别声明：①证明计算过程中，若有“中点”等特殊点线，则常借助于“中位线、重心”等知识转化.②在证明计算过程中常将运用转化思想，将具体问题转化 (构造) 为特殊几何体(如三棱锥、正方体、长方体、三棱柱、四棱柱等)中问题，并获得去解决.③如果根据已知条件，在几何体中有“三条直线两两垂直”，那么往往以此为基础，建立空间直角坐标系，并运用空间向量解决问题.6.求几何体体积的常规方法是：公式法、割补法、等积(转换)法、比例(性质转换)法等.练习：１．在正四面体S ABC -中，棱长为a ，E,Ｆ分别为SA 和BC 的中点，求异面直线BE 和SF所成的角．（2arccos 3）２．在边长为１的菱形ABCD 中，60ABC ︒∠=，将菱形沿对角线AC 折起，使 折起后BD ＝１，求二面角B AC D --的余弦值．（13）３．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）４．在直三棱柱111ABC A B C -中，90A ︒∠=，1,,O O GDACBP-!分别为111,,BC B C AA 的中点，且12AB AC AA ===． （１） 求1O 到面11ACB 的距离；（2） （２） 求BC 到面11GB C 的距离．）５.如图，在几何体ABCDE 中，△ABC 是等腰直角三角形， ∠ABC ＝900，BE 和CD 都垂直于平面ABC ，且BE ＝AB ＝2， CD ＝1，点F 是AE 的中点. （Ⅰ）求证：DF ∥平面ABC ；（Ⅱ）求AB 与平面BDF 所成角的大小. （arcsin 23）。