高三数学二轮复习第一篇专题通关攻略专题五立体几何1.5.3用空间向量的方法解立体几何问题课件理新人教
安徽省高考数学第二轮复习 专题五立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题 理
真题试做1．(2012·陕西高考，理5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A.55B.53C.255D.352．(2012·四川高考，理14)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．(2012·山东高考，理18)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F BD C 的余弦值．4．(2012·福建高考，理18)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A B 1E A 1的大小为30°，求AB 的长． 5．(2012·天津高考，理17)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．考向分析从近几年的高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几个方面：一是证明空间平行关系，如(2012福建高考，理18)的第(2)问；二是利用空间向量证明垂直关系，如(2012山东高考，理18)的第(1)问和(2012福建高考，理18)的第(1)问；三是利用空间向量求角，如(2012山东高考，理18)的第(2)问；(2012天津高考，理17)的第(2)问和(2012四川高考，理14)，此类问题多以多面体为载体，常以解答题的形式出现，重在考查学生的空间想象能力．本专题是高考的必考内容之一，通常为一道综合题，常出现在几个解答题的中间位置，难度不是很大．在多数情况下传统法、向量法都可以解决，但首先应考虑向量法，这样可以降低难度．预测在今后高考中，本部分内容仍旧主要以解答题的形式出现，难度为中档．考查内容仍旧是利用空间向量的数量积及坐标运算来解决立体几何问题，其中利用空间向量求空间角仍然是重点．热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.规律方法利用空间向量证明平行问题的方法归纳．下面用数学语言描述为：(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线平行：l∥m a∥b a＝k b a 1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(2)线面平行：l∥αa⊥u a·u＝0a 1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(3)面面平行：α∥βu∥v u＝k v a 3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.变式训练1(2012·安徽江南十校联考，理19)如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，平面ABG、平面ADF、平面CDE都与平面ABCD垂直，且△ABG，△ADF，△CDE都是正三角形．(1)求证：AC∥EF；(2)求多面体ABCDEFG的体积．热点二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.规律方法利用空间向量证明垂直问题的方法归纳．下面用数学语言描述为：(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线垂直：l⊥m a⊥b a·b＝0a 1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直：l⊥αa∥u a＝k u a 1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面垂直：α⊥βu⊥v u·v＝0a 3a4＋b3b4＋c3c4＝0.变式训练2如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．热点三利用空间向量求角和距离【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A A 1C 1B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长． 规律方法(1)夹角计算公式 ①两异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.(2)距离公式①点点距：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN |sin 〈MN ，a 〉；③线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN ||cos 〈MN ，n 〉|＝MN n n⋅；⑤线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； ⑥面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离．变式训练3已知ABCD A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A B 1D 1A 1的大小为β.求证：tan βtan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的高． 热点四 用向量法解决探索性问题【例4】如图，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．规律方法(1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项： ①建系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量；④根据向量运算法则，求出三角函数值或距离； ⑤给出问题的结论．(2)利用空间向量巧解探索性问题：空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练4如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值；(3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45？若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明； (2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法． 求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．(2012·北京高考，理16)如图1，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解：(1)因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD . 所以DE ⊥平面A 1DC .所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A 1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n=(x ，y ，z)，则n ·1A B =0，n ·BE =0. 又1A B =(3,0，-23)，BE =(-1,2,0)， 所以3230,20.x z x y ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令y=1，则x=2，z=3.所以n=(2,1，3)． 设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. 因为CM =(0,1，3)，所以sin θ＝|cos 〈n ，CM 〉|＝n CM n CM⋅＝48×4＝22， 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p [0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·1A D ＝0，m ·DP ＝0.又1A D ＝(0,2，－23)，DP ＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0，即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p [0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．1．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若AB ⊥BC ，BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A.337，－157， 4B.407，－157，4C.407，－2,4 D ．4，407，－15 2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．(2012·湖北武昌调研，7)已知E ，F 分别是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A.26 B.36 C.13 D.664．在四面体PABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．6．已知在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝4，AA 1＝4，点M 是棱D 1C 1的中点．求直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值．7．(2012·安徽合肥第一次质检，理18)如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1綉BB 1，AB ＝AC ＝AA 1＝22BC ，B 1C 1綉12BC .(1)求证：A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)求证：AB 1∥平面A 1C 1C ；(3)求二面角C 1A 1C A 的余弦值．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．A 解析：不妨设CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.由题图知，A 点的坐标为(2,0,0)，B 点的坐标为(0,0,1)，B 1点的坐标为(0,2,1)，C 1点的坐标为(0,2,0)．所以1BC ＝(0,2，－1)，1AB ＝(－2,2,1)．所以cos 〈1BC ，1AB 〉＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×135＝55.2．90° 解析：如图，以点D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立坐标系D xyz .设正方体的棱长为2，则1MA ＝(2，－1，2)，DN ＝(0,2,1)，1AB ·DN ＝0，故异面直线A 1M 与ND 所成角为90°.3．(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°， 所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°. 又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°. 因此∠ADB ＝90°，AD ⊥BD .又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ⊂平面AED ，所以BD ⊥平面AED . (2)解法一：由(1)知AD ⊥BD ， 所以AC ⊥BC .又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (0,0,1)，因此BD ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－32，0，BF ＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD ＝0，m ·BF ＝0，所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)． 由于CF ＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF 〉＝m CF m CF⋅＝15＝55， 所以二面角F BD C 的余弦值为55.解法二：取BD 的中点G ，连接CG ，FG ， 由于CB=CD ， 因此CG ⊥BD.又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG .故BD ⊥FG .所以∠FGC 为二面角F BD C 的平面角．在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°，因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以GF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ，故cos∠FGC ＝55，因此二面角F BD C 的余弦值为55. 4．解：(1)以A 为原点，1,,AB CF AA 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(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)， 故1AD ＝(0,1,1)，1B E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB ＝(a,0,1)，AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0.∵1AD ·1B E ＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE . 此时DP ＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB ，n ⊥AE ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP ，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP 平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴1AD 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD ＝(0,1,1)． 设1AD 与n 所成的角为θ，则cos θ＝11n AD n AD ⋅＝－a2－a 21＋a 24＋a2.∵二面角A B 1E A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.5．解法一：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，P (0,0,2)． (1)证明：易得PC ＝(0,1，－2)，AD ＝(2,0,0)，于是PC ·AD ＝0， 所以PC ⊥AD .(2) PC ＝(0,1，－2)，CD ＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则0,0,n PC n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角A PC D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]，由此得BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，h .由CD ＝(2，－1,0)，故 cos 〈BE ，CD 〉＝BE CD BE CD⋅＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2， 所以，310＋20h2＝cos 30°＝32， 解得h ＝1010，即AE ＝1010. 解法二：(1)证明：由PA ⊥平面ABCD ，可得PA ⊥AD ，又由AD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A，故AD ⊥平面PAC .又PC ⊂平面PAC ，所以PC ⊥AD .(2)如图，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH .因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A PC D 的平面角．在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH ，故在Rt△DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin∠AHD ＝AD DH＝306.所以二面角A PC D 的正弦值为306. (3)如图，因为∠ADC<45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由于BF ∥CD ，故∠AFB=∠ADC. 在Rt △DAC 中，，sin ∠ADC=15，故sin∠AFB ＝15.在△AFB 中，由BF sin∠FAB ＝AB sin∠AFB ，AB ＝12，sin∠FAB ＝sin 135°＝22，可得BF ＝52.由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠FAB ，可得AF ＝12.设AE ＝h .在Rt△EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt△BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF <BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos 30°＝BE 2＋BF 2－EF 22BE ·BF .可解得h ＝1010.所以AE ＝1010.精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】 证明：设11C B ＝a ，11C D ＝b ，1C C ＝c ， 因为B 1BCC 1为平行四边形， 所以1B C ＝c －a .又O 是B 1D 1的中点，所以 1C O ＝12(a ＋b )，1OD ＝11C D －1C O ＝b －12(a ＋b )＝12(b －a )． 因为D 1D 綉C 1C ，所以1D D ＝c ， 所以OD ＝1OD ＋1D D ＝12(b －a )＋c .若存在实数x ，y ，使1B C ＝x OD ＋y 1OC (x ，y ∈R )成立，则c －a ＝x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(b －a )＋c ＋y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12(a ＋b )＝－12(x ＋y )a ＋12(x －y )b ＋x c .因为a ，b ，c 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧12(x ＋y )＝1，12(x －y )＝0，x ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，所以11B C OD OC =+，所以1B C ，OD ，1OC 是共面向量．因为1B C 不在OD ，1OC 所确定的平面ODC 1内，所以1B C ∥平面ODC 1，即B 1C ∥平面ODC 1. 【变式训练1】 解：(1)证明：方法一：如图，分别取AD ，CD 的中点P，Q ，连接FP ，EQ .∵△ADF 和△CDE 是边长为2的正三角形，∴FP ⊥AD ，EQ ⊥CD ，且FP ＝EQ ＝ 3.又∵平面ADF 、平面CDE 都与平面ABCD 垂直， ∴FP ⊥平面ABCD ，EQ ⊥平面ABCD ， ∴FP ∥QE 且FP ＝EQ ，∴四边形EQPF 是平行四边形， ∴EF ∥PQ .∵PQ 是△ACD 的中位线， ∴PQ ∥AC ，∴EF ∥AC .方法二：以A 点作为坐标原点，以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴，过点A 垂直于xOy 平面的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．根据题意可得，A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，E (1,2，3)，F (0,1，3)，G (1,0，3)．∴AC ＝(2,2,0)，FE ＝(1,1,0)， 则2AC FE =，∴AC ∥FE ，即有AC ∥FE .(2)V 多面体ABCDEFG ＝V 三棱柱ABG CDE ＋V 四棱锥F ADEG ＝23＋233＝833.【例2】 证明：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，PA ＝(a,0，－a )，EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a2，∴PA ＝2EG ，则PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且PA 平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB ＝(a ，a ，－a )． 又DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，故PB ·DE ＝0＋a 22－a 22＝0，∴PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，∴PB ⊥平面EFD . 【变式训练2】 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，所以PB ＝(1，3，－2)，AC ＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ， 则cos θ＝PB ACPB AC ⋅＝622×23＝64.(3)由(2)知BC ＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t >0)，则BP ＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC ·m ＝0，BP ·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t.所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t .同理，平面PDC 的法向量 n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0，解得t ＝6，所以PA ＝ 6.【例3】 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0，22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC ＝(－2，－2，5)，11A B ＝(－22，0,0)， 于是cos 〈AC ，11A B 〉＝1111AC A B AC A B ⋅＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知1AA ＝(0,22，0)，11AC ＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则1110,0.m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(r ，p ，q )，则11110,0.n AC n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧－2r －2p ＋5q ＝0，－22r ＝0.不妨令p ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝27×7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A A 1C 1B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，322，52.设M (a ，b,0)，则MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即 ⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·(－22)＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·(－2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－b ·(－2)＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0， 因此BM ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0. 所以线段BM 的长|BM |＝104. 【变式训练3】 解：设正四棱柱的高为h . (1)连接AO 1，AA 1⊥底面A 1B 1C 1D 1于A 1，∴AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成的角为∠AB 1A 1，即∠AB 1A 1＝α. ∵AB 1＝AD 1，O 1为B 1D 1中点， ∴AO 1⊥B 1D 1.又A 1O 1⊥B 1D 1，四边形A 1B 1C 1D 1是正方形．∴∠AO 1A 1是二面角A B 1D 1A 1的平面角，即∠AO 1A 1＝β.∴tan α＝AA 1A 1B 1＝h ，tan β＝AA 1A 1O 1＝2h . ∴tan β＝2tan α.(2)建立如图空间直角坐标系，有A (0,0，h )，B 1(1,0,0)，D 1(0,1,0)，C (1,1，h )，1AB ＝(1,0，－h )，1AD ＝(0,1，－h )，AC ＝(1,1,0)． 设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵11,n AB n AD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩110,0.n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 取z ＝1得n ＝(h ，h,1)， ∴点C 到平面AB 1D 1的距离为d ＝n AC n⋅＝|h ＋h ＋0|h 2＋h 2＋1＝43，则h ＝2. 【例4】 (1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ，设底面边长为2，则高SO ＝6，∴S (0,0，6)，D (－2，0,0)，C (0，2，0)． ∴OC ＝(0，2，0)，SD ＝(－2，0，－6)． ∴OC SD ⋅＝0，故OC ⊥SD ，即AC ⊥SD .(2)解：由题意知，平面PAC 的一个法向量DS ＝(2，0，6)，平面DAC 的一个法向量为OS ＝(0,0，6)，设所求的二面角为θ，则cos θ＝OS DS OS DS⋅＝32. 故所求二面角的大小为30°.(3)解：在侧棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .由(2)知DS 是平面PAC 的一个法向量，且DS ＝(2，0，6)，CS ＝(0，－2，6)．设CE tCS =，则BE BC CE =+＝(－2，2(1－t )，6t )，而BE DS ⋅＝0t ＝13，从而当SE ∶EC ＝2∶1时，BE DS ⊥，又BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC . 【变式训练4】 解：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，而∠PAD ＝90°， ∴PA ⊥平面ABCD .而ABCD 是正方形，即AB ⊥AD ， 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1,2,0)． (1)证明：∵PB ＝(2,0，－2)，FE ＝(0，－1,0)，FG ＝(1,1，－1)， 设平面EFG 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)．则000,0,n FE n FG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴⎩⎪⎨⎪⎧－y 0＝0，x 0＋y 0－z 0＝0.令x 0＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝0，z 0＝1，∴n 0＝(1,0,1)．又∵PB ·n 0＝2×1＋0＋(－2)×1＝0， ∴PB ⊥n 0.又∵PB 平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .(2)∵EG ＝(1,2，－1)，BD ＝(－2,2,0)， ∴cos 〈EG ，BD 〉＝EG BD EG BD⋅＝36， 故异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值为36. (3)假设在线段CD 上存在一点Q 满足题设条件， 令CQ ＝m (0≤m ≤2)，则DQ ＝2－m ， ∴点Q 的坐标为(2－m,2,0)，∴EQ ＝(2－m,2，－1)．而EF ＝(0,1,0)，设平面EFQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则()()()(),,0,1,00,,,2,2,10n EF x y z n EQ x y z m ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅--=⎪⎩∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，(2－m )x ＋2y －z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1,0,2－m )， ∴点A 到平面EFQ 的距离d ＝AE n n⋅＝|2－m |1＋(2－m )2＝45，即(2－m )2＝169， ∴m ＝23或m ＝103>2不合题意，舍去，故存在点Q ，当CQ ＝23时，点A 到平面EFQ 的距离为45.创新模拟·预测演练1．B 解析：∵AB BC ⊥，∴AB BC ⋅＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC ＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧(x －1)＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.2．A3．B 解析：建立如图所示空间直角坐标系，D 1(0,0,0)，F (1,0,2)，E (2,2,1)，则EF ＝(－1，－2,1)． 设平面BDD 1B 1的法向量为n ， 则n ＝(1，－1,0)． sin θ＝|cos 〈EF ，n 〉|＝EF n EF n⋅＝123＝36.故选B. 4.33a 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P xyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )． 过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ， 则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离． ∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a3. ∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32 ＝33a .5.66解析：以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，A (1,0,0)，C (0,0,0)，则1A B ＝(－1,1，－2)，AC ＝(－1,0,0)． cos 〈1A B ，AC 〉＝11A B AC A B AC⋅＝11＋1＋4＝66.6．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为D (0,0,0)，A (4,0,0)，B (4,2,0)，C (0,2,0)，A 1(4,0,4)，B 1(4,2,4)，C 1(0,2,4)，D 1(0,0,4)，∴M (0,1,4)．∴DM ＝(0,1,4)，1DA ＝(4,0,4)，1A B ＝(0,2,4)． 设平面DA 1M 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则10,0,n DM n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋4z ＝0，4x ＋4z ＝0.取z ＝－1，得x ＝1，y ＝4.所以平面DA 1M 的一个法向量为n ＝(1,4，－1)． 设直线AB 1与平面DA 1M 所成角为θ， 则sin θ＝11n A B n AB ⋅＝1015， 所以直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值为1015. 7．证明：(1)∵AB ＝AC ＝22BC ， ∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AB ⊥AC . 又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥AB .又AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面AA 1C . ∵AA 1綉BB 1，∴四边形ABB 1A 1为平行四边形． ∴A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)取BC 的中点D ，连接AD ，DC 1，B 1D .由条件知CD 綉B 1C 1，BD 綉B 1C 1，∴四边形B 1DCC 1和BDC 1B 1为平行四边形，∴B 1D 綉CC 1，C 1D 綉B 1B . 由(1)B 1B 綉AA 1，∴C 1D 綉A 1A ， ∴四边形AA 1C 1D 为平行四边形， ∴AD ∥A 1C 1.∵B 1D ∩AD ＝D ，B 1D ，AD ⊂平面AB 1D ， ∴平面AB 1D ∥平面A 1C 1C . 又∵AB 1⊂平面AB 1D ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .(3)由(1)知AA 1，AB ，AC 两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝2，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，C (0，－2，0)，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，2， ∴11AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，0， 1AC ＝(0，－2，－2)．设平面A 1C 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由m ·11AC ＝0，,m ·1AC ＝0，得－22x －22y ＝0，,－2y －2z ＝0. 取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1，故m ＝(1，－1,1)．而平面A 1AC 的法向量为n ＝(1,0,0)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.易知二面角C 1A 1C A 为钝二面角，故二面角C 1A 1C A 的余弦值为－33.。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题5 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题1
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD． (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值． [解析] (1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂ 平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD． (2)方法一：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD． 以 H 为坐标原点，―H→F 的方向为 y 轴正方向，设正方形 ABCD 的边长为 2，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.
由平面 PEF⊥平面 ABFD，
所以 PH⊥平面 ABFD，连接 DH，
则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，
由 PE·PF＝EF·PH，所以 PH＝2 3×2＝ 3， 4
因为 PD＝4，所以 sin∠PDH＝PH＝ 3， PD 4
所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3. 4
所以 EF∥CC1，
所以 AC⊥EF.
在△ABC 中，AB＝BC，E 是 AC 的中点，
所以 AC⊥BE，
又因为 AC⊥EF，BE，EF⊂ 平面 BEF，BE∩EF＝E，
所以 AC⊥平面 BEF.
(2)如图，建立空间直角坐标系 Exyz，则 E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，A1(1,0,2)，B1(0,2,2)，C1(－
|c||n| (3)二面角 ①如图(ⅰ)，AB，CD 是二面角α－l－β的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈A→B，C→D〉.
高考数学全面突破轮复习必考题型巩固提升学案立体几何中的向量方法
高考数学全面突破轮复习必考题型巩固提升学案立体几何中的向量方法Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】立体几何中的向量方法(二)考情分析考查用向量方法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角、二面角的大小．基础知识1．空间的角(1)异面直线所成的角如图，已知两条异面直线a、b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b.则把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(3)二面角的平面角如图在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则∠AOB叫做二面角的平面角．2．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m1，m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小(ⅰ)如图①，AB、CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉．(ⅱ)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉． 注意事项1.(1)异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； (3)二面角的范围是[0，π]．2.利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点． 题型一 求异面直线所成的角【例1】已知ABCD -A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，高AA 1＝2，求 (1)异面直线BD 与AB 1所成角的余弦值；解 (1)如图建立空间直角坐标系A 1-xyz ，由已知条件：B (1,0,2)，D (0,1,2)， A (0,0,2)，B 1(1,0,0)．则BD →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(1,0，－2)设异面直线BD 与AB 1所成角为θ， cos θ＝|cos 〈BD →，AB 1→〉|＝1010.(2)VAB 1D 1C ＝VABCDA 1B 1C 1D 1－4VCB 1C 1D 1＝23.【变式1】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．解析 如图建立直角坐标系D -xyz ，设DA ＝1，由已知条件A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，B (1,1,0)，C (0,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，1，BC →＝(－1,0,0)设异面直线AE 与BC 所成角为θ. cos θ＝|cos 〈AE →，BC →〉|＝|AE →·BC →||AE →||BC →|＝23.答案 23题型二 利用向量求直线与平面所成的角【例2】如图所示，已知点P 在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°. (1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D -xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，即DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22， 所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.【变式2】已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0. (1)证明：CM →＝(1，－1，12)，SN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·a ＝0NC →·a ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧x－y＋12z＝0，－12x＋y＝0，取x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，SN→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN与平面CMN所成角为45°.题型三利用向量求二面角【例3】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD ⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A-PB-C的余弦值．(1)证明因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又AD∩PD＝D.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)解如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0，n·PB→＝0.即⎩⎨⎧－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0.可取m ＝(0，－1，－3)，则cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A -PB -C 的余弦值为－277.【变式3】 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ＝2，BC ＝22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点．(1)证明：PC ⊥平面BEF ；(2)求平面BEF 与平面BAP 夹角的大小．(1)证明 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AP ＝AB ＝2，BC ＝AD ＝22，四边形ABCD 是矩形，∴A ，B ，C ，D ，P 的坐标为A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)．又E ，F 分别是AD ，PC 的中点，∴E (0，2，0)，F (1，2，1)． ∴PC →＝(2,22，－2)，BF →＝(－1，2，1)，EF →＝(1,0,1)． ∴PC →·BF →＝－2＋4－2＝0，PC →·EF →＝2＋0－2＝0. ∴PC →⊥BF →，PC →⊥EF →∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ， ∴PC ⊥平面BEF .(2)解 由(1)知平面BEF 的一个法向量n 1＝PC →＝(2,22，－2)，平面BAP 的一个法向量n 2＝AD →＝(0,22，0)， ∴n 1·n 2＝8.设平面BEF 与平面BAP 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝84×22＝22，∴θ＝45°.∴平面BEF 与平面BAP 的夹角为45°. 重难点突破【例4】如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值． 解析 (1)略(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角QBPC 的余弦值为－155. 巩固提高1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( )A.64 B. －64 C. 104D. －104答案：A解析：取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，如图，建立空间直角坐标系Bxyz ， 则A (32，12，0)，D (0,0,1)， 则A D →＝(－32，－12，1)． ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C . ∴B E →＝(32，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量， ∴cos 〈A D →，B E →〉＝－64， 设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， ∴sin α＝|cos|〈A D →，B E →〉|＝64，故选A. 2.在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010 B. 12 C.3015D.1510答案：A解析：建立如图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1(－12，0,1)，B (0，－1,0)，D 1(－12，－12，1)，即AF 1→＝(12，0,1)，BD 1→＝(－12，12，1)．∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )答案：A解析：以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P (a 2，0，32a )，C (0，a,0)，则|MC |＝x 2＋y －a 2，|MP |＝x －a 22＋y 2＋32a 2.由|MP |＝|MC |得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．4.已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．答案：43解析：如图建立空间直角坐标系Dxyz ， 则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)， AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2,1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43. 5.已知在几何体A －BCED 中，∠ACB ＝90°，CE ⊥平面ABC ，平面BCED 为梯形，且AC ＝CE ＝BC ＝4，DB ＝1.(1)求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；(2)试探究在DE 上是否存在点Q ，使得AQ ⊥BQ ，并说明理由．解：(1)由题知，CA ，CB ，CE 两两垂直，以C 为原点，以CA ，CB ，CE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,4,0)，D (0,4,1)，E (0,0,4)，∴DE →＝(0，－4,3)，AB →＝(－4,4,0)，∴cos 〈DE →，AB →〉＝－225， ∴异面直线DE 与AB 所成角的余弦值为225. (2)设满足题设的点Q 存在，其坐标为(0，m ，n )，则A Q →＝(－4，m ，n )，B Q →＝(0，m －4，n )，E Q →＝(0，m ，n －4)，Q D →＝(0,4－m,1－n )．∵AQ ⊥BQ ，∴m (m －4)＋n 2＝0，① ∵点Q 在ED 上，∴存在λ∈R(λ>0)使得EQ →＝λQD →，∴(0，m ，n －4)＝λ(0,4－m,1－n )，∴m ＝4λ1＋λ，②n ＝4＋λ1＋λ.③ 由①②③得(λ＋41＋λ)2＝16λ1＋λ2， ∴λ2－8λ＋16＝0，解得λ＝4.∴m ＝165，n ＝85. ∴满足题设的点Q 存在，其坐标为(0，165，85)．。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第5讲 空间向量及
最新考纲 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定 理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌 握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数 量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和 垂直.
知识梳理
1.空间向量的有关概念
名称 空间向量
定义 在空间中，具有大小和__方__向___的量
3.两个向量的数量积 (1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉. (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)； ②交换律：a·b＝b·a； ③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4.空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
2.(人教 A 选修 2－1P97 习题 A 组 T2 改编)
如图所示，在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点.若A→B＝a， A→D＝b，A→A1＝c，则下列向量中与B→M相等的向量是( )
A.－12a＋12b＋c
B.12a＋12b＋c
C.－12a－12b＋c
解析 显然①，②正确，对于③，若a＋b，a－b，c不是空 间的一个基底，则c＝x(a＋b)＋y(a－b)＝a(x＋y)＋b(x－y)， ∴c与a，b共面，与向量a，b，c是空间的一个基底矛盾，因 此③正确.④中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则＝x ＋y不正确. 答案 ①②③
考点一 空间向量的线性运算 【例 1】 如图所示，在空间几何体 ABCD－A1B1C1D1 中，各
相等向量
方向___相__同___且模_相__等___的向量
表示空间向量的有向线段所在的直线互 共线向量 相_平__行__或___重__合____
高三数学二轮专题复习教案――立体几何
高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c，高为h，则侧面积S ch=侧．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积2() S ab bc ca=++表．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为l，底面半径为r，那么圆柱的侧面积2πS rl=侧，此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为l，则侧面积πS rl=侧，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为c，斜高为h'，则它的侧面积12S ch'=侧．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是c c'，，斜高是h'，那么它的侧面积是12S ch'=侧．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为r r'，，母线长为l，那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积24πS R =，即球的表面积等于其大圆面积的四倍．3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh=柱体．其中底面半径是r ，高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是S ，高是h ，那么它的体积是13V Sh=锥体．其中底面半径是r ，高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是S S '，，高是h，那么它的体积是1()3V S S h=+台体．其中上、下底半径分别是r R ，，高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：334R V π=.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。
高三立体几何大题专题(用空间向量解决立体几何类问题)
【知识梳理】之马矢奏春创作二、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c 不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++,,a b c 称为基向量。
2、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。
则a xi y j zk =++（x,y,z ）称为空间直角坐标。
注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。
3、空间向量运算的坐标暗示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±21a a a x =⋅=+a b ⋅=a cos ,b a b 〈〉．cos ,a b a b a b⋅〈〉=(2)设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=--- (3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则(d x AB =AB =二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。
应用1：证明空间位置关系（1）线线平行：证明//AB CD ，即证明//AB CD （2）线线垂直：证明AB CD ⊥，即证明0AB CD ⋅=（3）线面平行：证明//AB α（平面）（或在面内），即证明AB 垂直于平面的法向量或证明AB 与平面内的基底共面；（4）线面垂直：证明AB α⊥，即证明AB 平行于平面的法向量或证明AB 垂直于平面内的两条相交的直线所对应的向量；（5）面面平行：证明两平面//αβ（或两面重合），即证明两平面的法向量平行或一个面的法向量垂直于另一个平面；（6）面面垂直：证明两平面αβ⊥，即证明两平面的法向量垂直或一个面的法向量在内一个面内。
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.
高中数学：向量法解立体几何总结(K12教育文档)
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向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量： 若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α,记作n α⊥，如果n α⊥,那么向量n 叫做平面α的法向量。
⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）：①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组00n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩。
⑤解方程组，取其中一组解,即得平面α的法向量。
2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、,则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ,即()a kb k R =∈。
⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ,则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=。
⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ,平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ,即证u v λ=.3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
高三数学二轮复习 第一篇 专题通关攻略 专题五 立体几
所以cos〈BM，AN〉 BM AN 30 ，
| BM || AN | 10
所以BM与AN所成角的余弦值为 30 .
10
2.(2016·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面 PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1， AD=2，AC=CD= 5 .
(1)求证：PD⊥平面PAB.
A. 1
B. 2
C. 30
D. 2
10
5
10
2
【解析】选C.由题意，以C为坐标原点，建立如图所示 的空间直角坐标系.
令BC=CA=CC1=2，则C(0，0，0)，A(0，2，0)， B(2，0，0)，A1(0，2，2)，B1(2，0，2)， C1(0，0，2). 因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点， 所以M(1，1，2)，N(0，1，2)， 这时 BM (1，1，2)，AN (0，1，2)，
｜a b｜
直线所成的角θ 满足cosθ =_｜__a_｜_｜__b_｜__.
(2)设l是斜线l的方向向线l与平面α 所成的角θ 满足sinθ =_｜_｜l__｜__n_｜_.
(3)二面角 ①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α -l-β的两个半平面内 与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ =_〈_A_B_，_C_D_〉_;
公式致误：空间向量求直线与平面所成的角公式是
sinθ = ｜l n｜ ，而非cosθ = ｜l n｜ .
｜｜l ｜n｜
｜｜l ｜n｜
【考题回访】
1.(2014·全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA= 90°，M，N分别为A1B1，A1C1的中点.BC=CA=CC1，则BM 与AN所成角的余弦值为( )
利用空间向量解立体几何(完整版)
向量法解立体几何基本思路与方法一、基本工具1.数量积： cos a b a b θ⋅=2.射影公式：向量a 在b 上的射影为a bb⋅ 3.直线0Ax By C ++=的法向量为 (),A B ，方向向量为 (),B A - 4.平面的法向量（略） 二、用向量法解空间位置关系 1.平行关系线线平行⇔两线的方向向量平行线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直 面面平行⇔两面的法向量平行 2.垂直关系线线垂直（共面与异面）⇔两线的方向向量垂直 线面垂直⇔线与面的法向量平行 面面垂直⇔两面的法向量垂直 三、用向量法解空间距离 1.点点距离点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的距离为222212121()()()PQ x x y y z z =-+-+- 2.点线距离求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离：方法：在直线上取一点(),Q x y ，则向量PQ 在法向量(),n A B =上的射影PQ n n⋅=0022Ax By C A B +++即为点P 到l 的距离. 3.点面距离求点()00,P x y 到平面α的距离：方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ ，计算平面α的法向量n ，计算PQ 在α上的射影，即为点P 到面α的距离.四、用向量法解空间角 1.线线夹角（共面与异面）线线夹角⇔两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角求线面夹角的步骤：① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角； ②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角）若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法向量同进同出，则二面角等于法向量的夹角的补角.实例分析一、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。