应用4-空间向量在立体几何中综合应用
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用教学目标1、知识与技能(1) 进一步理解向量垂直的充要条件；(2)利用向量法证明线线、线面垂直；(3)利用向量解决立体几何问题,培养学生数形结合的思想方法；2、过程与方法通过学生对空间几何图形的认识，建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的坐标将几何问题代数化，提高学生应用知识的能力。
3、情感态度与价值观通过空间向量在立体几何中的应用，让学生感受数学、体会数学的美感，从而激发学数学、用数学的热情。
教学重点建立恰当的空间直角坐标系,用向量法证明线线、线面垂直。
教学难点、关键建立恰当的空间直角坐标系,直线的方向向量; 正确写出空间向量的坐标。
教学方法启发式教学、讲练结合教学媒体ppt课件学法指导交流指导，渗透指导.课型新授课教学过程一、知识的复习与引人自主学习1.若=x i+y j+z k，那么（x，y，z）叫做向量的坐标，也叫点P的坐标.2. 如图，已知长方体的边长为AB=2,AD=2,1AA '=．以这个长方体的顶点为坐标原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系，试求长方体各个顶点及A C '中点G 的坐标．3.设a =（x 1，y 1，z 1），b =（x 2，y 2，z 2），那么±=（x 1±x 2，y 1±y 2， ）， ⊥⇔ b a ∙=x 1x 2+y 1y 2+ =0.4.设M 1（x 1，y 1，z 1），M 2（x 2，y 2，z 2），则 12M M =（2121,x x y y --， ） [探究]1．直线的方向向量：直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有 个． 2．空间位置关系的向量表示[合作探究]二、新授课：利用空间向量证明线线垂直、线面垂直例1、如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为BC 的中点，N 为AB 的中点，P 为BB 1的中点．(Ⅰ)求证：BD 1⊥B 1C ；(Ⅱ)求证：BD 1⊥平面MNP ．设计意图：使学生明确空间向量在证明线线垂直、线面垂直中的作用。
空间向量在立体几何中的应用
第七节空间向量在立体几何中的应用[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解直线的方向向量与平面的法向量．2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理)．4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 1.高考中很少考查直线的方向向量，而平面法向量则多渗透在解答题中考查．2.利用向量法证明有关线、面位置关系，在高考有所体现，如2012年陕西T18，可用向量法证明．3.高考对空间向量及应用的考查，多以解答题形式考查，并且作为解答题的第二种方法考查，如2012年北京T16，天津T17等.[归纳·知识整合]1．两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．[探究] 1.在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量，但只有两个方程，如何求法向量？提示：给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2向量分别为n1，n2.l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔m·n＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm 平面α、β的法向量分别为n，m.α∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝03.两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b| (其中φ为异面直线a，b所成的角)．4．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.5．求二面角的大小(1)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＝〈ABu u u r，CDu u u r〉．(2)如图②③，n1，n2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＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．[探究] 2.两向量的夹角的范围是什么？两异面直线所成角呢？直线与平面所成角呢？二面角呢？提示：两向量的夹角范围是[0，π]；两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2；直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；二面角的范围是[0，π]，注意以上各角取值范围的区别．6．点到平面的距离的向量求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB u u u r·n ||n |.[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)两条不重合的直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1，－1,2)，v 2＝(0,2,1)，则l 1与l 2的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定解析：选C ∵v 1·v 2＝1×0＋(－1)×2＋2×1＝0， ∴v 1⊥v 2，从而l 1⊥l 2.2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4) ∴n ＝－2a ，即a ∥n . ∴l ⊥α.3．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直．4．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°. ∴两平面所成的二面角为45°或135°. 答案：45°或135°5．若平面α的一个法向量为n ＝(2,1,2)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－1,1,1)，则l 与α所成的角的正弦值为________．解析：设直线l 与平面α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n |·|a |＝|－1×2＋1×1＋1×2|－12＋12＋12·22＋12＋22＝39.答案：39用向量法证明平行、垂直[例1] 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E 、F 、E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .[自主解析] 以D 为原点，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，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2. (1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵11C E u u u u r ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0，1FC u u uu r ＝(－1,0,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·11C E u u u u r＝0，n ·1FC u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.取n ＝(1,2,1)．∵CE u u u r ＝(1，－1,1)，n ·CE u u u r＝1－2＋1＝0， ∴CE u u u r⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，由EF u u u r＝(0,1,0)，FC u u u r ＝(－1,0，－1)，∴⎩⎨⎧m ·EF u u u r＝0，m ·FC u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0. 取m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .保持例题条件不变，求证：CF ⊥平面C 1EF .证明：由例题可知，E (1,0,1)，F (1,1,1)，C (0,1,0)，C 1(0,1,2)，∴CF u u u r ＝(1,0,1)，1C F u u u u r ＝(1,0，－1)，EF u u u r ＝(0,1,0)．∴CF u u u r ·1C F u u u ur ＝1×1＋0×0＋1×(－1)＝0， CF u u u r ·EF u u u r＝1×0＋0×1＋1×0＝0.∴CF u u u r ⊥1C F u u u u r ，CF u u u r ⊥EF u u u r.∴CF ⊥C 1F ，CF ⊥EF . ∵C 1F ∩EF ＝F ， ∴CF ⊥平面C 1EF . ———————————————————1.向量法证明空间平行或垂直的关键点利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上.2.向量法证明线面平行的注意点用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向量是共线平行向量，也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直，在具体问题中可选择较简单的解法.1．(2013·安徽师大附中模拟)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .解：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ， 则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )． ∵F 为CD 的中点， ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE u u u r＝(a ，3a ，a )，BC u u u r ＝(2a,0，－a )，∵AF u u u r ＝12(BE u u u r ＋BC u u ur )，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD u u u r ＝(－a ，3a,0)，ED u u u r＝(0,0，－2a )，∴AF u u u r ·CD u u u r ＝0，AF u u u r ·ED u u u r＝0，∴AF u u u r ⊥CD u u u r ，AF u u u r ⊥ED u u u r.又CD ∩DE ＝D ， ∴AF u u u r⊥平面CDE ， 即AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .利用空间向量求空间角[例2] 如图，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所成角的余弦值．[自主解析] (1)以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u r分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0,3,0)、D 1(0,3,2)、E (3,0,0)、F (4,1,0)、C 1(4,3,2)，于是DE u u u r＝(3，－3,0)，EC 1＝(1,3,2)，FD 1＝(－4,2,2)．设n ＝(x ，y,2)为平面C 1DE 的法向量，则有⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥DE u u u r n ⊥1EC u u u u r ⇒⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2×2＝0⇒x ＝y ＝－1， ∴n ＝(－1，－1,2)，∵向量1AA u u u r＝(0,0,2)与平面CDE 垂直，∴n 与AA 1所成的角θ为二面角C －DE －C 1的平面角或其补角．∵cos θ＝n ·1AA u u u r |n ||1AA u u u r |＝－1×0－1×0＋2×21＋1＋4×0＋0＋4＝63，由图知二面角C －DE －C 1的平面角为锐角，∴tan θ＝22. (2)设EC 1与FD 1所成的角为β，则cos β＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1EC u u u u r ·1FD u u u u r |1EC u u uu r ||1FD u u u u r | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114. ———————————————————求平面的法向量的步骤(1)设出法向量的坐标，一般设为n ＝(x ，y ，z )；(2)建立方程组，即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直，建立关于x ，y ，z 的方程组．(3)消元，通过加减消元，用一个未知数表示另两个未知数． (4)赋值确定平面的一个法向量．2．(2012·新课标全国卷)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1BD C 1的大小．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA u u u r 的方向为x 轴的正方向，|CA u u u r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则1A D u u u u r ＝(0,0，－1)，BD u u u r＝(1，－1,1)，1DC u u u u r ＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD u u u r ＝0，n ·1A D u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD u u u r＝0，m ·1DC u u u u r ＝0，可取m ＝(1,2,1)． 从而cos n ，m＝n·m |n|·|m|＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.利用向量法求空间距离[例3] 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 ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示，求点B 到平面CMN 的距离．[自主解答] 取AC 的中点O ，连接OS 、OB . ∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，又∵BO ⊂平面ABC ，∴SO ⊥BO . 如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz ， 则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴CM u u u u r ＝(3，3，0)，MN u u u u r＝(－1,0，2)， MB u u u r＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧CM u u u u r·n ＝3x ＋3y ＝0，MN u u u u r·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)． ∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB u u u r||n |＝423.——————————————————— 求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n ；(2)在平面α内取一点A ，确定向量PA u u u r的坐标；(3)代入公式d ＝|n ·PA u u u r ||n |求解．3．已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2.求点B 到平面EFG 的距离．解：如图所示，以C 为原点，CB 、CD 、CG 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知B (4,0,0)，E (4,2,0)，F (2,4,0)，G (0,0,2)，BE u u u r ＝(0,2,0)，GE u u u r ＝(4,2，－2)，EF u u u r＝(－2,2,0)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·GE u u u r＝0，n ·EF u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －z ＝0，－x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝3， ∴n ＝(1,1,3)． 点B 到平面GEF 的距离为d ＝|||BE u u u r |·cos〈BE u u u r，n 〉＝|BE u u u r·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0，2，0·1，1，311＝21111.2种方法——用向量证平行与垂直的方法(1)用向量证平行的方法①线线平行：证明两直线的方向向量共线．②线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； b ．证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．③面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b．转化为线面平行、线线平行问题．(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．3种角——利用向量法求三种角的问题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角．(1)求两异面直线a、b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|.(2)求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.(3)求二面角αlβ的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．1个易错点——利用平面法向量求二面角的易错点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n1，n2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n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点.答题模板——空间向量在立体几何中的应用[典例] (2012·安徽高考·满分12分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A BC A 1的余弦值．[快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件：四边形BB 1C 1C 是矩形，面ABC ⊥面BB 1C 1C ，面A 1B 1C 1⊥面BB 1C 1C ――――――――――――――→取BC ，B 1C 1的中点D ，D 1连接DD 1DD 1，B 1D 1，A 1D 1两两垂直． 2．审结论，明确解题方向 观察结论：(1)证明：AA 1⊥BC ，(2)求AA 1的长，(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值――――――――――――→需建立空间直角坐标系正确写出相关点的坐标转化为向量运算解决． 3．建联系，找解题突破口D 1D ，D 1B 1，D 1A 1两两垂直，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5―――――――――――――→以D 1D ，D 1B 1，D 1A 1所在直线分别为z 轴，x 轴，y 轴建立空间直角坐标系―――――→及相关向量 (1)证明1A A u u u r ·BC u u u r ＝0，(2)计算AA 1＝|1AA u u u r|，(3)求平面法向量的夹角―→得相应结论．[准确规范答题](1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1. 因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.⇨(1分) 又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.⇨(2分)故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz .⇨(3分) 由题设， 可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ， 于是AD ∥A 1D 1.⇨(4分)所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0，4)，故1AA u u u r ＝(0,3，－4)，BC u u u r ＝(－2,0,0)，1AA u u u r ·BC u u u r＝0，⇨(5分)因此1AA u u u r ⊥BC u u u r，即AA 1⊥BC .⇨(6分)坐标系建立不当，不能准确地推证AD ∥A 1D 1，导致点A 的坐标求错.(2)因为1AA u u u r＝(0,3，－4)，所以|1AA u u u r|＝5，即AA 1＝5.⇨(8分)(3)设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，又因为1AC u u u r ＝(－1，－2,4)，1A B u u u r ＝(1，－2,4)，⇨(9分)所以⎩⎪⎨⎪⎧1AC u u u r·n 1＝0， 1A B u u u r·n 1＝0，⇨(10分)即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝2z 1.令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)．又因为平面ABC ⊥z 轴，所以取平面ABC 的法向量为n 2＝(0,0,1)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15＝55，⇨(11分)所以二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.⇨(12分) [答题模板速成]利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：⇒⇒⇒⇒⇒量运算向量的夹角问题去论证，求解的范围) 所求角的范围而写错结论一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD 折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求AEu u u r与DBu u u r夹角的余弦值．解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DBu u u r，DCu u u r，DAu u u r的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，3)，E⎝⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴AEu u u r＝⎝⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DBu u u r＝(1,0,0)，∴AEu u u r与DBu u u r夹角的余弦值为cos〈AEu u u r，DBu u u r〉＝AEu u u r·DBu u u r| AEu u u r|·|DBu u u r|＝121×224＝2222.2．(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA ⊥EF ；(2)求二面角D －FG －E 的余弦值．解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0，1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)∵PA u u u r ＝(0,2，－2)，EF u u u r＝(1,0,0)， ∴PA u u u r ·EF u u u r＝0，∴PA ⊥EF .(2)易知DF u u u r＝(0,0,1)，FG u u u r ＝(－2,1，－1)．设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·DF u u u r＝0，m ·FG u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量． 同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25×2＝105，由图可知二面角D －FG －E 为钝角， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105. 3.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点，点E 在A 1C 1上且DE ⊥AE .(1)证明：平面ADE ⊥平面ACC 1A 1；(2)求直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值．解：(1)证明：由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1，又DE ⊂平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1. (2)如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.易知AB u u u r＝(3，1,0)，1AC u u u u r ＝(0,2，2)，AD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC u u u ur ＝2y ＋2z ＝0.解得x ＝－33y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)． 所以，cos 〈n ，AD u u u r 〉＝n ·AD u u u r|n |·|AD u u u r |＝2310×3＝105.由此即知，直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值为105. 4．(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；(2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1. 因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE u u u r ＝151AA u u u r 得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r＝0，n ·1ACu u u r ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE u u u r，n 〉＝OE u u u r ·n | OE u u u r |·|n |＝3010，即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010. 5．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 ＝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；(3)在(2)的条件下，求二面角F －CC 1－B 的余弦值．解：以D 为坐标原点，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 u u u r ＝(－a ，a ，a )，1DD u u u u r＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB u u u r ，1DD u u u u r〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB u u u r ·1DD u u u u r | 1AB u u u r|·|1DD u u u u r ＝33， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)∵1BB u u u r ＝(－a ，－a ，a )，BC u u u r＝(－2a,0,0)，1FB u u u r ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB u u u r ·1BB u u u r ＝0， 1FB u u u r ·BC u u u r ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B .(3)由(2)知，1FB u u u r为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量，∵1CC u u u u r ＝(0，－a ，a )，FC u u u r＝(－a,2a,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·1CC u u u u r ＝0，n ·FC u u u r＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)，∴cos 〈1FB u u u r ，n 〉＝1FB u u u r·n | 1FB u u u r |·|n|＝33， 即二面角F －CC 1－B 的余弦值为33.6．(2013·聊城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：PA ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．解：(1)连接BD ，四边形ABCD 菱形， ∵∠BAD ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， 又Q 为AD 中点， ∴AD ⊥BQ .∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，AD ⊥PQ ，又BQ ∩PQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面PAD . ∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)连接AC 交BQ 于点N ，如图(1)： 由AQ ∥BC 可得， △ANQ ∽△CNB ，∴AQ BC ＝AN NC ＝12. 又PM MC ＝12， ∴PM MC ＝AN NC ＝12. ∴PA ∥MN .∵MN ⊂平面MQB ，PA ⊄平面MQB ， 图(1) ∴PA ∥平面MQB .(3)由PA ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，则PQ ⊥AD . 又平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为坐标原点，分别以QA 、QB 、QP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A (1,0,0)，B (0，3，0)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)．设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y,1)，可得 图(2)⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB u u u r ＝0，n ·MN u u u u r ＝0.∵PA ∥MN ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB u u u r ＝0，n ·PA u u u r ＝0.解得n ＝(3，0,1)．取平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.故二面角M －BQ －C 的大小为60°.7．(2012·福建高考)如图所示，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．解：(1)证明：以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u r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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0,1)，故1AD u u u u r ＝(0,1,1)，1B E u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB u u u r ＝(a,0,1)，AE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵1AD u u u u r ·1B E u u u r ＝－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 u u u r＝(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 u u u r ，n ⊥AE u u u r ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，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 u u u r ，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 u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD u u u u r＝(0,1,1)． 设1AD u u u u r与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·1AD u u u u r|n ||1AD u u u u r |＝－a 2－a 2· 1＋a 24＋a2 .∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.1．直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．解：(1)设CA u u u r ＝a ，CB u u u r ＝b ，CC 'u u u u r＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE u u u r ＝b ＋12c ，A D 'u u u u r ＝－c ＋12b －12a .∴CE u u u r ·A D 'u u u u r ＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE u u u r ⊥A D 'u u u u r，即CE ⊥A ′D .(2)AC 'u u u u r ＝－a ＋c ，CE u u u r ＝b ＋12c ，∴|AC 'u u u u r |＝2|a |，|CE u u u r |＝52|a |.AC 'u u u u r ·CE u u u r ＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC 'u u u u r ，CE u u u r〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 2．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)设PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值． 解：(1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ， 由余弦定理得BD ＝3AD . 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD . 所以BD ⊥平面PAD .故PA ⊥BD .(2)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 u u u r ＝(－1，3，0)，PB u u u r＝(0，3，－1)，BC u u u r ＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB u u u r＝0，n ·PB u u u r＝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 ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·PB u u u r＝0，m ·BC u u u r＝0，∴⎩⎨⎧3y 1－z 1＝0，－x 1＝0，可取m ＝(0，－1，－3)，cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.3．(2013·武汉模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D 是BB 1的中点，DC 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．解：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设AA 1＝h (h >0)，则有B (1,0,0)，B 1(1,0，h )，C 1(0,1，h )，A 1(0,0，h )，11B C u u u u r ＝(－1,1,0)，11AC u u u u r ＝(0,1,0)，1A B u u u r ＝(1,0，－h )．(1)因为异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，所以cos 60°＝|11B C u u u u r ·1A B u u u r ||11B C u u u u r |·|1A B u u u r |， 即12·h 2＋1＝12，得1＋h 2＝2，解得h ＝1. (2)由D 是BB 1的中点，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，h 2，于是1DC u u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，h 2. 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，于是由n ⊥1A B u u u r ，n ⊥11AC u u u u r 可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·1A B u u u r ＝0，n ·11AC u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －hz ＝0，y ＝0，可取n ＝(h,0,1)，故sin θ＝|cos 〈1DC u u u u r ，n 〉|，而|cos 〈1DC u u u u r ，n 〉|＝|1DC u u u u r ·n ||1DC u u u u r |·|n |＝|－h ＋h 2|14h 2＋2·h 2＋1＝h h 4＋9h 2＋8. 令f (h )＝h h 4＋9h 2＋8＝1h 2＋8h 2＋9，因为h 2＋8h 2＋9≥28＋9，当且仅当h 2＝8h 2，即h ＝48时，等号成立． 所以f (h )≤19＋28＝18＋1＝22－17， 故当h ＝48时，sin θ的最大值为22－17. 4．如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥面ABCD ，∠A 1AC ＝60°.(1)证明：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的平面角的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1G ？若存在，求出P 的位置，若不存在，说明理由．解：连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2A 1A ·AO cos 60°＝3.∴AO 2＋A 1O 2＝A 1A 2，∴AO ⊥A 1O ，由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .∴以OB ，OC ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．(1)由BD u u u r ＝(－23，0,0)，1AA u u u r ＝(0,1，3)，则1AA u u u r ·BD u u u r ＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD ⊥AA 1，(2)由OB ⊥面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)，设n 2⊥面AA 1D ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥1AA u u u r ，n 2⊥AD u u u r ，设n 2＝(x ，y ，z )， 得到⎩⎨⎧ y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝55. ∴二面角D －A 1A －C 的平面角的余弦值是55. (3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥面DA 1C 1，设CP u u u r ＝λ1CC u u u u r ，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．得P (0,1＋λ，3λ)，BP u u u r ＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3⊥面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 3⊥11AC u u u u r ，n 3⊥1DA u u u u r ，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，得到⎩⎨⎧ 2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，∴不妨取n 3＝(1,0，－1)．又∵BP u u u r ∥面DA 1C 1，∴n 3·BP u u u r ＝0， ∴－3－3λ＝0， ∴λ＝－1. ∴点P 在C 1C 的延长线上且使C 1C ＝CP .。
浅谈空间向量方法在立体几何中的应用
浅谈空间向量方法在立体几何中的应用发布时间：2022-06-01T03:40:21.850Z 来源：《比较教育研究》2022年3月作者：张乐刚[导读] 立体几何在进行讲解时往往是立体抽象的，很多学生并不能很好的理解立体几何，需要借助身边的一些物体才能进行简单立体几何的学习，对于不规则、不常规的立体几何学生往往没有办法理解，因此就需要引进空间向量的方法从而帮助学生对立体几何的理解并应用空间向量解决立体几何的问题。
利用空间向量方法可以很好的帮助学生解决立体几何中的线与线、线与面、面与面等问题，本文将对立体几何中空间向量的应用进行简要探讨。
张乐刚山东省寿光市第一中学 262700【摘要】立体几何在进行讲解时往往是立体抽象的，很多学生并不能很好的理解立体几何，需要借助身边的一些物体才能进行简单立体几何的学习，对于不规则、不常规的立体几何学生往往没有办法理解，因此就需要引进空间向量的方法从而帮助学生对立体几何的理解并应用空间向量解决立体几何的问题。
利用空间向量方法可以很好的帮助学生解决立体几何中的线与线、线与面、面与面等问题，本文将对立体几何中空间向量的应用进行简要探讨。
【关键词】立体几何、空间向量、应用中图分类号：G652.2 文献标识码：A 文章编号：ISSN1003-7668（2022）3-061-01一、引言立体几何在高考全国卷中一般是22分，也就是两道选择题再加一道大题[1]。
立体几何出题的类型较多六种证明、两种求解，将这些类型的立体几何联系起来解题方法中空间向量法是行之有效的。
空间向量是一种利用空间坐标系对立体图形上各点进行确认进而解题的解题方法，空间向量在立体几何中有哪些应用、如何在立体几何中有效地利用空间向量进行解题是本文的主要内容。
二、空间向量在立体几何中的应用空间向量主要是解决立体几何中距离、角度、平行于垂直证明等问题[2]。
空间向量指的是在三维空间中既具有大小又具有方向的向量，空间向量的平移不变性是空间向量在立体几何中应用的主要特性之一。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何的应用
立体几何是解决空间问题的精英学科，结合了微积分、几何、代数三者之间的
有机联系，具有重要的实际意义。
它是数学的基础理论，也是应用于多向系统、工程计算、科学研究、航空航天、船舶制造等各种领域的一种重要工具。
空间向量是立体几何和向量代数交叉应用最多的分支。
空间向量具有方向和大小等三个特性，结合它们之间的线性变换，所形成的多
种变换方程和推理公式，使空间向量的应用更加简单。
另外，由于空间向量具有方向性、概括性，在机器人学和运筹学等方面具有独特的效用。
空间向量在立体几何中的应用尤以运动问题为典型，空间上的运动可以分解成
由一系列空间向量组成的连续移动序列，可以分别用空间向量进行计算。
此外，应用于立体几何中的空间向量还可以帮助我们理解几何中的前趋量及拉格朗日原理，以及如何根据旋转角度、平移距离等信息求解物体的运动轨迹的空间变换函数。
空间向量的应用不仅仅局限于立体几何，还在工程计算、航空航天研发等诸多
领域下都有着广泛的应用。
它可以用来计算和描述各种形状的多边形和曲面，以及向量结构、平面和三维体结构之间的关系，是现代科学技术发展的重要推手。
通过本文介绍，我们可以看到，空间向量在立体几何中的应用十分广泛，被广
泛用于计算、分析、操纵等几何学问题，对研究几何原理和设计工程图形有着不可磨灭的重要作用，使立体几何在实践中的运用变得更加简单，不但能满足实用需要，还拓展了几何研究的范畴，从而及臻科学繁荣。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量与立体几何一 利用空间向量证明空间位置关系考情聚焦：1．平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。
2．题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新。
考向链接：1．空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考查“向量法”的应用。
2．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。
例1：（2010·安徽高考理科·Ｔ18）如图，在多面体A B C D E F 中，四边形A B C D 是正方形，E F ∥A B ，EF FB ⊥，2AB EF =，90B F C ∠=︒，B F F C =，H 为B C 的中点。
(1)求证：F H ∥平面E D B ；(2)求证：A C ⊥平面E D B ； (3)求二面角B D E C --的大小。
【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。
【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明。
【规范解答】,,//,,,,,,,.ABC D AB BC EF FB EF AB AB FB BC FB B AB FBC AB FH BF FC H BC FH BC AB BC B FH ABC ∴⊥⊥∴⊥=∴⊥∴⊥=∴⊥=∴⊥ 四边形为正方形，又且，平面又为中点，且平面H H B G H H F 如图，以为坐标原点，分别以、、的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系，1,(1,2,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,1),(0,0,1).BH A B C D E F =-----令则(1)(0,0,1),(0,0,1),////H F H F G E H F H F ∴==∴⊂⊄∴ 设AC 与BD 的交点为G ，连接GE 、GH,则G （0,-1,0），GE 又GE 平面EDB,平面EDB,平面EDB(2)(2,2,0),(0,0,1),0,.AC AC AC AC AC =-=∴=∴⊥⊥∴⊥GE GE GE 又BD,且GE BD=G ，平面EBD.(3)1111111(1,,),(1,1,1),(2,2,0).010,10,220011,0y z BE BD BE y z y z y BD ==--=--⎧=--+=⎧⎪=-=⎨⎨--==⎩⎪⎩∴=-1111设平面BDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）2222222(1,,),(0,2,0),(1,1,1).00,01,10010,-1y z C D C E C D y y z y z C E ==-=-⎧==⎧⎪==-⎨⎨-+==⎩⎪⎩∴=2222设平面CDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）121212121cos ,,2||||,60,n n n n n n n n ∴<>===∴<>=即二面角B-DE-C 为60。
精品课件：空间向量在立体几何中的应用
• 利用空间向量解决立体几何中平行与垂直 的证明，空间角的求法及探索存在型问题 一直是高考每年必考内容之一，多以解答 题出现，解决时可以用传统的几何方法， 也可以用向量法．
典例 (2013 年高考浙江卷)(本题满分 15 分)如图，在四面体 A -BCD 中，AD⊥平面 BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2.M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ＝3QC.
• 所以PO⊥底面ABCD.
• 以O为坐标原点，如图②建立空间直角坐 标系O -xyz.
则 D(－1,0,0)，E(－1， 3，0)，P(0,0,1)，C(－2， 3，0)，
因为 Q 为 PC 中点，所以 Q－1， 23，21.
所以D→E＝(0，
3)知平面 AEF 的法向量为B→1F＝(－2,2，－4)，设平面 B1AE 的法向量为 n＝(x，y，z)，
∴nn··BA→→1EA＝＝00，，
2y＋z＝0， 即x＋z＝0，
令 x＝2，则 z＝－2，y＝1，∴n＝(2,1，－2)，
∴cos〈n，B→1F〉＝|nn|1··|BB→→11FF|＝
解析：(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(0,2 3，0)，E(0， 3， 1)，F(1， 3，0)，D→F＝(1， 3，0)，D→E＝(0， 3，1)，D→A＝(0,0,2)．
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• 已知直三棱柱ABC -A1B1C1中，△ABC为 等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB ＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC 的中点．
空间向量在立体几何中的应用
中往往不是这样，那就需要作辅助线进而寻找三条互相垂
直的直线.
z
o
x
y
z
o x
y
z
o
x
y
z
P
F G M D
o
C E B
y
x
A
如图，有两个平面 α 与 β 所成的角跟 法向量 n1 与 n2 所成的角相等或互补， 所以 首先应判断二面角是锐角还是钝角．
cos cos n1 , n1
空 间 向 量 巧 应 用
利用空间向量求解空间夹角问题
空 间 向 量 巧 应 用
利用空间向量求解空间距离问题
空间建系有方法
利用空间向量能将立体几何问题转化为代数问题，对 空间感不好的同学们是一种很好地解题方法.此类问题的关 键就是建系.通常我们建立的是右手系，如果立体图形中有 现成的三条互相垂直的直线，就很容易建系，但实际问题
空间向量在立体几何中的应用
空 间 向 量 巧 应 用
利用空间向量证明空间中的位置关系（平行）
线线平行：
证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．
线面平行：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； ②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量； ③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共 线向量线性表示．
二面角平面角为钝角： 二面角平面角为锐角：
cos cos n1 , n1
总
结
以上介绍了空间向量处理立体几何问题的常见类题型及
常用方法，空间向量能能有效解决空间直线与直线、直线与 平面、平面与平面的位置关系和夹角问题.空间向量在一定 程度上把需要有良好空间想象能力的几何问题转化为“计算 题”.同学们还需做一定数量的题目，总结规律，提炼方法，
空间向量在立体几何里的综合运用.
z 分析:钢板所受重力的大
小为 500kg ，垂直向下作用在
F1
三角形的重心 O ，如果能将各
顶点出所受的力 F1 、F2 、F3 用 向量形式表示，求出其合力， A 就能判断钢板的运动状态. x
F3
F2 C
O
B
y 500kg
合力
答案
F2
F1
F3
F2 F3 F1
F1 A
F3
F2 C
O
B
500kg
合 力 就 是 以F1、F2、F3 为棱的平行六面体的
uv
若二面角 l 的大小为 (0 ,) 则 cos .
uv
“同进同出互补”
“一进一出相等”
例1
四、异面直线成角
(1)定义:设a,b是两条异面直线,过空间任一点O作直 线a ′∥a, b ′∥b,则a ′, b ′所夹的锐角或直角叫a与b 所成的角.
(2)设 直 线a，b的 方 向 向 量 分 别 为a, b,
(3)法一：如图建系，设DC 1，n (x, y, z) 面PBC,
则P(0,0,1), B(1,1,0),C(0,1,0).
Z
PB (1,1,1), PC (0,1,1)，
P
则n PB 0, n PC 0
x
y
y z
z 0
0 ,另z
1,
l
a
AB
a
AB
0
a CD a CD 0
例1
三、二面角的平面角
①方向向量法 将二面角转化为二面角的两个面的
方向向量（在二面角的面内且垂直于二面角的棱）
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z
D1 B1
C1
设平面BDA1的法向量 A B x 为 n ( x, y, z ) 则有 x=1 x+z=0 令x=1,则得方程组的解为 y=-1 x+y=0 z=-1 故平面BDA1的法向量为 n (1,1,1)
DB (1,1,0)
oD
C
y
z
D1
C1
A1
B1
oD A
x B
D1 H
G F B1
C1
A1
E
D A B
C
AD∥GF，AD=GF 平行四边形ADGE AE∥DG 又EH∥B1D1，GF∥B1D1 EH∥GF
故得平面AEH∥平面BDGF
略证：建立如图所示的 空间直角坐标系o-xyz A1 则求得平面AEF的法向 量为 n (2,2,1) 求得平面BDGH的法向 量为 m (2,2,1) x A 显然有
. 已 知 PA 垂 直 于 正 方 形 ABCD 所 在 的 平 N 面 , M 、 分 别 是 AB 、PC 的 中 点 , 并 且 PA AD ,求证: MN 平面 PDC
C
y
MN (
A(0,0,0), B(0,1,0), C ( 1,1,0), D( 1,0,0), P (0, 0,1) M (0, 1 , 0), N ( 1 , 1 , 1 ) A 2 2 2 2 x 1 1
注意：这里的线线平行包括线线重合，线面平行 包括线在面内，面面平行包括面面重合.
例1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，1 A P P、Q分别是A1B1和 BC上的动点，且 A1P=BQ，M是AB1 的中点，N是PQ的 中点. 求证： A MN∥平面AC. （１）M是中点，N是中点
MN∥平面AC
C
y
则显然有 n m 即得两平面BDA1和CB1D1的法向量平行 所以 平面BDA1∥CB1D1
同理可得平面CB1D1的法向量为m (1,1,1)
例3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、 G、H分别是A1B1、 B1C1、C1D1、D1A1的 中点. 求证： 平面AEH∥平面BDGF
A1
z
C1 F
不防设 a =2，则A（0，0，0）， B1 B（3 ，1，0）C（0，2，0）， E（ 3，1，2） F（0，2，4）， AE=（ 3，1，2）AF=（0，2， E A 4），因为，x轴面ACF 所以 可 x 取面ACF的法向量为m=（1，0， B 0），设n=（x,y,z)是面AEF的法 向量，则 令z=1得, x=0 nAE=3x+y+2z=0 y= -2z
DC (0,1,0)
, 0, ) PD (1,0, 1) 2 2
M
B
1 1 MN PD ( , 0, ) ( 1, 0, 1) 0 MN PD 2 2 1 1 MN DC ( , 0, ) (0,1, 0) 0 MN DC 2 2
又 PD DC D MN 平面PDC
例6：如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中， AB=AA1/3=a，E、F分别是BB1、CC1上 的点，且BE=a，CF=2a 。 求证: 面AEF面ACF。 z
A1 C1
B1
F
A
E
C y
x
B
证明：如图，建立空间直角 坐标系A-xyz ，
z 证明：建立如图 D1 所示的空间直角 C1 坐标系o-xyz A1 B1 P 设正方形边长为2， 又A1P=BQ=2x N 则P(2，2x，2)、 M o Q(2-2x，2，0) C D Q 故N(2-x, 1+x, 1),而A B M(2, 1, 1) x 所以向量 MN (-x, x, 0)，又平面AC的法 向量为 n (0, 0, 1)，∴ MN n 0 ∴MN n 又M不在平面AC 内，所以MN∥平面AC
⊥ u ⊥ v u v 0.
二、 用空间向量处理“垂直”问 题
m m
↑
n m
n
n
nm 0
例4 : 在正方体ABCD A ' B ' C ' D '中.E,F分别是CC ', BD的中点. 例5
求证：A ' F 平面BDE. 证明:如图取 DA, DC , DD '分别为x轴,y轴,z轴
C
y
{ nAF=2y+4z=0
{
n=（0，-2，1）
显然有m n=0，即，mn
面AEF面ACF
练习2 已知ABCD是矩形，PD⊥平面 ABCD，PD＝DC＝a，AD＝ 2a M、N分别是AD、PB的中点。
P
，
求证：平面MNC⊥平面PBC；
N C
D M A B
小结：
利用向量的有关知识解决一些立体几何的问题，是 近年来很“热”的话题，其原因是它把有关的“证明” 转化为“程序化的计算” 。本课时讲的内容是立体几 何中的证明“线面平行、垂直”的一些例子，结合我们 以前讲述立体几何的其他问题(如：求角、求距离等)， 大家从中可以进一步看出基中一些解题的“套路”。 利用向量解题 的关键是建立适当的空间直角坐标系 及写出有关点的坐标。 用代数的方法解决立体几何问题是立体几何的发展 趋势，而向量是用代数的方法解决立体几何问题的主 要工具，故学会用向量法解立体几何问题是学好立体 几何的基础。
建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2. A(2,0,0),B(2,2,0),A '(2,0,2) E(0,2,1),F(1,1,0)
Z
E
A ' F (1,1, 2), DB (2, 2,0), DE (0, 2,1) F A ' F DB (1,1, 2) (2, 2,0) 0 A ' F DE (1,1, 2) (0, 2,1) 0 X A ' F DB, A ' F DE, 又DB DE D. A ' F 平面BDE
z D1 F E G H C1 B1
oD B
C
y
mn
故 平面AEH∥平面BDGF
二、 用空间向量处理“垂直”问 设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ， 平面 , 题
的法向量分别为 u, v ，则
线线垂直
线面垂直
面面垂直
l ⊥m a ⊥b ab 0； l ⊥ a ∥ u a ku ；
二、立体几何问题的解决──向量是很好的工具
(一)平行与垂直的判断
(二)夹角与距离的计算
一、 用空间向量处理“平行”问 设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ， 平面 , 题
的法向量分别为 u, v ，则
线线平行 l ∥ m a ∥ b a kb ； 线面平行 l ∥ a u a u 0 ； 面面平行 ∥ u ∥ v u kv .
D1
C1
B1
M D
N Q R B C
MN∥RQ
法（２） 作PP1⊥AB于P1， 作MM1 ⊥AB于M1，A1 连结QP1， 作NN1⊥ QP1于N1， 连结M1N1 NN1∥PP1 A MM1∥AA1
D1
C1 B1
P
M D P1 M1
N Q B C
N1
又NN1、MM1均等于边长的一半 故MM1N1N是平行四边形，故MN∥M1N1 MN∥平面AC
y
例2.在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证： A 1 平面A1BD∥平面CB1D1 (1)平行四边形A1BCD1 A1B∥D1C 平行四边形DBB1D1 B1D1∥BD
D1 B1
C1
D A B
C
于是平面A1BD∥平面CB1D1
(2)证明：建立如图所示 的空间直角坐标系o-xyz A1 设正方形边长为1， 则向量 DA1 (1,0,1)
Y
练习1
已 知 PA 垂 直 于 正 方 形 ABCD 所 在 的 平 N 面 , M 、 分 别 是 AB 、PC 的 中 点 , 并 且 PA AD ,求证: MN 平面 PDC
分析:坐标系容易建立, 应考虑用坐标法,解题思路 水到渠成.
P
D N
C
A
M
Bห้องสมุดไป่ตู้
PA AD AB, 且PA 平面AC , AD AB z 证明: 可设 DA i , AB j , AP k , PA 1 P N 分别以 i, j , k 为坐标向量建立空间直角坐标系A xyz D
空间向量 在立体几何中的应用5
前段时间我们研究了用空间向量求 角(包括线线角、线面角和面面角)、求 距离(包括线线距离、点面距离、线面 距离和面面距离) 今天我来研究如何利用空间向量来 解决立体几何中的有关证明及计算问 题。
复习空间向量(一)
一、空间向量的运算及其坐标运算的掌握
是平面向量的推广, 有关运算方法几 乎一样,只是 “二维的”变成 “三维的”了.