高考 空间向量在立体几何中的应用
高考 立体几何【考点梳理】平面的法向量的求法：设n =(x,y,z)，利用n 与平面内的两个不共线的向a ，b 垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面α的一个法向量（如图）。
线线角的求法：设直线AB 、CD 对应的方向向量分别为a 、b ，则直线AB 与CD 所成的角为||arccos ||||a b a b ⋅⋅。
（注意：线线角的范围[00,900]）线面角的求法：设n 是平面α的法向量，AB →是直线l 的方向向量，则直线l 与平面α所成的角为||arcsin ||||AB n AB n ⋅⋅（如图）。
二面角的求法：设n 1，n 2分别是二面角l αβ--的两个面α，β的法向量，则121212,arccos ||||n n n n n n ⋅〈〉=⋅就是二面角的平面角或其补角的大小（如图）3.用向量法求距离的公式设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线，则点B 到平面α的距离为||||AB n n ⋅ （如图）。
⑴ 点A 到平面α的距离：||AB n d n ⋅=，其中B α∈，n是平面α的法向量。
⑵ 直线a 与平面α之间的距离：||AB n d n ⋅= ，其中,A a B α∈∈，n是平面α的法向量。
⑶ 两平行平面,αβ之间的距离：||AB n d n ⋅= ，其中,A B αβ∈∈， n是平面α的法向量。
【典型例题】类型一、空间向量的运算1.已知AB=（2，2，1），AC =（4，5，3），求平面ABC 的单位法向量。
【解析】设面ABC 的法向量(,,)n x y z = ，则n ⊥且n⊥，即0n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2204530x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩，解得2,,x z y z =⎧⎨=-⎩， 令1x =±，则(1,2,2)n =±-∴单位法向量0||n n n = =±（31，－32，32）.类型二：向量法证明平行或垂直2.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（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。
NB【解析】作AP CD ⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,0,1),(1AB P D O M N,(1)(11),2),(2)MN OP OD =-=-=-设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则0,0nOP n OD ⋅=⋅=即 2022022y z x y z-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取z =解得n =(11)0MN n ⋅=-⋅=∵MN OCD ∴平面‖(2)设AB 与MD 所成的角为θ,(1,0,0),(1)AB MD ==- ∵ 1cos ,23AB MD AB MD πθθ⋅===⋅ ∴∴ ,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在向量n = 上的投影的绝对值,由 (1,0,2)OB =- , 得23OB n d n⋅== .所以点B 到平面OCD 的距离为233.如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF.【解析】如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B 1(4，0，4)． (1) 取AB 中点为N ，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，∴DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴DE →＝NC →.∴DE ∥NC ， 又NC 在平面ABC 内，DE 不在平面ABC 内，故DE∥平面ABC. (2)B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0)，B 1F →²EF →＝(－2)³2＋2³(－2)＋(－4)³(－2)＝0， 则B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF ，∵B 1F →²AF →＝(－2)³2＋2³2＋(－4)³0＝0.∴B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥AF ，又∵AF∩FE＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF.类型三：异面直线所成的角4.（2014春 淄博期末）如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB=2，AD=1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成角的余弦值是（ ）A ．B ．C ．D ．0【解析】以DA ，DC ，DD 1所在直线方向x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则可得A 1（1，0，2），E （0，0，1），G （0，2，1），F （1，1，0） ∴=（﹣1，0，﹣1），=（1，﹣1，﹣1）设异面直线A 1E 与GF 所成角的为θ，则cos θ=|cos ＜，＞|=0，故选D5.（2014春 清远期末）如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD=90°，且PA=AD ，E 、F 分别是线段PA 、CD 的中点． （Ⅰ）求证：PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求EF 和平面ABCD 所成的角α的正切； （Ⅲ）求异面直线EF 与BD 所成的角β的余弦．【解析】（Ⅰ）证明：由于平面PAD ⊥平面ABCD ，且AD 是平面ABCD 和平面PAD 的交线， PA 在平面PAD 内，∠PAD=90°，根据两个平面垂直的性质定理可得 PA ⊥平面ABCD ． （Ⅱ）连接AF ，则∠AFE 即为α．直角三角形EAF 中，tan α===．（Ⅲ）设正方形的边长为2，以A 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴， 以AP 所在的直线为z 轴，建立空间坐标系， 可得A （0，0，0）、B （2，0，0）、D （0，2，0）、F （1，2，0）、E （0，0，1）， ∴=（1，2，﹣1）、=（﹣2，2，0），∴cos β===，故异面直线EF 与BD 所成的角的余弦为．类型四：直线与平面所成的角6.如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，P 是侧棱1CC 上的一点，CP m =。
试确定m ，使直线AP 与平面11BDD B 所成角的正切值为【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,ｍ)，C(0,1,0),D(0,0,0),B 1(1,1,1),D 1(0,0,1).所以1(1,1,0),(0,0,1),BD BB =--= (1,1,),(1,1,0).AP m AC =-=-又由10,0AC BD AC BB AC ⋅=⋅=11知为平面BB D D 的一个法向量.设AP 与11BDD B 面 所成的角为θ，则||sin cos()2||||AP AC AP AC πθθ⋅=-==⋅=13m =. 故当13m =时，直线AP 11与平面BDD B 类型五：二面角7.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 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 1－B 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． 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)，A 1B 1→＝(－22，0，0)，于是cos 〈AC→，A 1B 1→〉＝AC →²A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43³22＝23，所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2) 易知AA 1→＝(0，22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的一个法向量m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧m ²A 1C 1→＝0，m ²AA 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)． 设平面A 1B 1C 1的一个法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧n ²A 1C 1→＝0，n ²A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)． 则cos 〈m ，n 〉＝m ²n |m||n|＝27²7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357，所以二面角A －A 1C 1－B 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)．因为MN⊥平面A 1B 1C 1，由(2)知平面A 1B 1C 1的一个法向量为n ＝(0，5，2)，所以MN →∥n ，所以22－a ＝0，322－b 5＝522，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 →|＝104.8.在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是等腰梯形,AB ∥CD ,60,DAB FC ∠=⊥ 平面,,ABCD AE BD CB CD CF ⊥==.(Ⅰ)求证:BD ⊥平面AED ;(Ⅱ)求二面角F BD C --的余弦值.【解析】(Ⅰ)在等腰梯形ABCD 中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,由余弦定理可知202223)180cos(2CD DAB CB CD CB CD BD =∠-⋅⋅-+=, 即ADCD BD 33==,在ABD∆中,∠DAB=60°,AD BD 3=,则ABD ∆为直角三角形,且DB AD ⊥.又AE⊥BD,⊂AD 平面AED,⊂AE 平面AED,且A AE AD = ,故BD⊥平面AED;(Ⅱ)由(Ⅰ)可知CB AC ⊥,设1=CB ,则3==BD CA ,建立如图所示的空间直角坐标系,)0,21,23(),0,1,0(),01,0(-D B F ,向量)1,0,0(=为平面BDC 的一个法向量.设向量),,(z y x m =为平面B D F 的法向量,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=0FB m m ,即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-002323z y y x ,取1=y ,则1,3==z x ,则)1,1,3(=m 为平面BDF 的一个法向量.5551,cos ==>=<,而二面角F-BD-C 的平面角为锐角,则 二面角F-BD-C 的余弦值为55. 解法二:取BD 的中点G ,连接1,C G F G,由于C B C D =,因此C G B D ⊥,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120BCD ∠=︒,因为12CG CB =,又CB CF =,所以GF ==,故cos 5FGC ∠=,因此二面角F BD C --的余弦值为5类型六：空间距离9.已知正三棱柱ABC —111C B A ,2AB =，1AA =D 是侧棱1CC 的中点。
28.空间向量在立体几何中的应用
§5.3 空间向量在立体几何中的应用【基础知识梳理】1. 直线的方向向量与直线的向量方程⑴ 用向量表示直线或点在直线上的位置① 给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ， 以A 为起点作向量AP =_________（Ⅰ），这时点P 的位置被完全确定.向量方程通常称作直线l 的____________，向量a 称为该直线的____________.② 对空间任一个确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在惟一的实数t ，满足等式O =_________（Ⅱ），如果在l 上取=，则（Ⅱ）式可化为 )OA OB (t OA AB t OA OP -+=+=，即O =_________（Ⅲ）.（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）都叫做空间直线的向量参数方程，它们都与平面的直线向量参数方程相同.③ 设点M 是线段AB 的中点，则O =_________.⑵ 用向量方法证明直线与直线平行，直线与平面平行，平面与平面平行① 设直线l 1和l 2的方向向量分别为1v 和2v ，则l 1∥l 2或l 1和l 2重合⇔__________.② 已知两个非零向量1v ，2v 与平面α共面，一条直线l 的一个方向向量为v ，则l ∥α或l 在α内⇔存在两个实数x ，y ，使v =__________.⑶ 用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角设直线l 1和l 2成的角为θ（锐角），方向向量分别为1v 和2v ，则有l 1⊥l 2⇔__________， cos θ=__________.2. 平面的法向量与平面的向量表示⑴ 已知平面α，如果向量n 的基线与平面α垂直，则向量n 叫做平面α的________或说向量n 与平面α________.⑵ 设A 是空间任一点，n 为空间任一非零向量，适合条件0n AM =⋅---- ①的点M 的集合构成的图形是________.如果任取两点M 1、M 2（M 1、M 2和A 三点不共线），且0AM 1=⋅，0AM 2=⋅，则n ⊥平面AM 1M 2.在平面AM 1M 2内的任一点M 都满足条件①式.满足条件①的所有NO.28点M 都在平面AM 1M 2内. ①式称为一个平面的_____________.⑶ 共面向量定理的推论：如果A 、B 、C 三点_____________，则点M 在平面ABC 内的充要条件是，存在一对实数x ，y ，使向量表达式=_________.⑷ 设1n ，2n 分别是平面α，β的法向量，则α∥β或α，β重合⇔_____，α⊥β⇔_____⇔_________⑸ 三垂线定理：如果在平面___的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，则它也和____________垂直.三垂线定理的逆定理：如果在平面___的一条直线与平面的一条斜线垂直，则它也和____________垂直.【基础知识检测】1. 两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为1v =（1，0，-1），2v =（-2，0，2），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2. 在下列四个正方体中，能得出AB ⊥CD 的是 （ ）A B C D3. 已知l ∥α，且l 的方向向量为（2，m ，1），平面α的法向量为（1，-21m ，2），则m=______. 4. 已知平面α和β的法向量分别为1u =（-1，x ，4）和2u =（y ，1，-2），若α∥β，则x+y=______.5. 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则直线AC 1与直线BC 所成的角为_______.【典型例题探究】题型1.（异面直线所成的角）在棱长均为a 的正四面体ABCD 中，M 、N 分别为边AB 、CD 的中点，求异面直线AN 、CM 所成的角的余弦值.AB CD变式训练：已知直三棱柱ABD-A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA=90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1和A 1A 的中点,（1）求异面直线BA 1和CB 1所成的角； （2）求证：A 1B ⊥C 1M.题型2.（利用空间向量证明平行、垂直问题）已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M 、N分别是对角线A 1B 与面对角线A 1C 1的中点.求证：MN ∥侧面AD 1.变式训练：在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M=AN=3a 2，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 （ ） A. 相交 B. 平行 C. 垂直 D. 不能确定题型3 （空间中点共线、点共面问题）已知平行四边形ABCD ，从平面ABCD 外一点O 引射线OA ，OB ，OC ，OD ，在其上分别取E ，F ，G ，H ，并且使k ODOH OC OG OB OF OA OE ====（k 为常数）.求证：E ，F ，G ，H 四点共面.变式训练：求证：四点A （3，0，5），B （2，3，0），C （0，5，0），D （1，2，5）共面.【限时过关检测】 班级 学号 姓名 分数选择、填空题每小题10分1. 对空间任意一点O ，若818143++=，则A 、B 、C 、P 四点 （ ） A.一定不共面 B.一定共面 C.不一定共面 D.无法判断2. 设P 是△ABC 所在平面外一点，且PA ⊥BC,PB ⊥AC,则 P 在该平面内的射影是△ABC 的（ ）A. 内心B. 外心C. 垂心D. 重心3. 设l 1的方向向量为=（1，2，-2），l 2的方向向量为=（-2，3，m ），若l 1⊥l 2，则m= ____.4. 已知=（2，2，1），=（4，5，3），则平面ABC 的单位法向量是_________.5. （20分）已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB=90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1， M 是PB 的中点.（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ；（Ⅱ）求AC 与PB 所成的角.6. （20分）直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC=2a ，BB 1=3a ，D 为A 1C 1的中点，E 为B 1C 的中点，⑴ 求直线BE 与A 1C 所成的角；⑵ 在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ，若存在，求出AF ；若不存在，说明理由.【体验高考】( 每小题10分 )1．（2007全国Ⅰ）正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1=2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为（ ）A ．51B ．52C ．53 D ．54 2.（2007四川）ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是 （ ） A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BD C ．AC 1⊥平面CB 1D 1 D ．异面直线AD 与CB 1角为60°。
空间向量在立体几何中的应用教学设计
空间向量在立体几何中的应用教学设计一、教学目标1.知识目标：了解空间向量的概念和性质，掌握空间向量的基本运算法则。
2.能力目标：能够应用空间向量的知识解决立体几何中的问题，如线段长度、向量共线、线段垂直等。
3.情感目标：培养学生的观察力和分析问题的能力，增强解决问题的自信心。
二、教学重点与难点1.教学重点：空间向量的概念和运算法则。
2.教学难点：将空间向量的知识应用到立体几何问题中。
三、教学准备白板、黑板笔、投影仪、屏幕、计算器等。
四、教学过程Step 1 引入1.教师出示两个立方体模型并提问：你们能用线段表示两个立方体顶点之间的距离吗？2.引出空间向量的概念，并与平面向量进行比较，说明二者的区别。
Step 2 理论讲解1.教师通过投影仪将空间向量的定义、表示和性质呈现给学生，学生做好笔记。
2.教师讲解空间向量的基本运算法则，例如加法、数乘和点乘，并通过具体的例题演示计算过程。
Step 3 实例分析1. 教师出示一道题目：“已知直线l: $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{3}=\frac{z-3}{4}$，过直线l上一点A(2,3,4)，作与直线垂直的平面，并找出平面与原点O(0,0,0)的距离。
”2.请学生先思考如何解决这个问题，然后汇报自己的解题思路。
3.教师引导学生运用空间向量的知识来解答问题，并逐步给予提示。
4.学生进行计算，分组讨论和交流思路。
Step 4 拓展应用1.教师设计一道拓展题：“已知线段AB与线段CD的中点E重合，向量BD的坐标为(1,2,3)，向量CE的坐标为(4,5,6)，求向量AD的坐标。
”2.学生尝试解答，提出自己的解题思路。
3.教师引导学生应用向量共线的性质来解答问题，并逐步给予提示。
4.学生进行计算，分组讨论和交流思路。
Step 5 总结与归纳1.教师引导学生回顾本节课的学习内容，总结空间向量的基本性质和运算法则。
2.学生通过小组合作的方式归纳学习过程中的思考和解题方法。
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。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用教学目标1、知识与技能(1) 进一步理解向量垂直的充要条件；(2)利用向量法证明线线、线面垂直；(3)利用向量解决立体几何问题,培养学生数形结合的思想方法；2、过程与方法通过学生对空间几何图形的认识，建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的坐标将几何问题代数化，提高学生应用知识的能力。
3、情感态度与价值观通过空间向量在立体几何中的应用，让学生感受数学、体会数学的美感，从而激发学数学、用数学的热情。
教学重点建立恰当的空间直角坐标系,用向量法证明线线、线面垂直。
教学难点、关键建立恰当的空间直角坐标系,直线的方向向量; 正确写出空间向量的坐标。
教学方法启发式教学、讲练结合教学媒体ppt课件学法指导交流指导，渗透指导.课型新授课教学过程一、知识的复习与引人自主学习1.若=x i+y j+z k，那么（x，y，z）叫做向量的坐标，也叫点P的坐标.2. 如图，已知长方体的边长为AB=2,AD=2,1AA '=．以这个长方体的顶点为坐标原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系，试求长方体各个顶点及A C '中点G 的坐标．3.设a =（x 1，y 1，z 1），b =（x 2，y 2，z 2），那么±=（x 1±x 2，y 1±y 2， ）， ⊥⇔ b a ∙=x 1x 2+y 1y 2+ =0.4.设M 1（x 1，y 1，z 1），M 2（x 2，y 2，z 2），则 12M M =（2121,x x y y --， ） [探究]1．直线的方向向量：直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有 个． 2．空间位置关系的向量表示[合作探究]二、新授课：利用空间向量证明线线垂直、线面垂直例1、如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为BC 的中点，N 为AB 的中点，P 为BB 1的中点．(Ⅰ)求证：BD 1⊥B 1C ；(Ⅱ)求证：BD 1⊥平面MNP ．设计意图：使学生明确空间向量在证明线线垂直、线面垂直中的作用。
空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何中的应用
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。
如何在立体几何中用好空间向量
如何在立体几何中用好空间向量立体几何是高考的必考内容，而且题目越来越难，教学中我发现学生遇到了很多障碍，如如何做辅助线，射影落在什么位置，如何找线面角、二面角等等。
因此，我也不断探索，不断反思：立体几何该如何引入，该如何培养学生的立体感。
现在新教材中有了空间向量，空间向量理论引入立体几何中，通常涉及到夹角、平行、垂直、距离等问题，其方法是不需要添加复杂的辅助线，只要建立适当的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量运算来解决立体几何问题，这样可以使问题坐标化、符号化、数量化。
空间向量为处理立体几何问题提供了新的视角（“立体几何初步”侧重于定性研究，本章则侧重于定量研究)。
空间向量的引入，为解决三维空间中图形的位置关系与度量问题提供了一个十分有效的工具。
那么，是不是越早讲，学生越早受益呢？通过实际的教学，我发现，讲得太早的话，会影响学生空间想象力的建立。
我认为，空间向量不该讲得太早。
在学习立体几何这一章的过程中应该重在培养学生的想象力，在学生的想象力建立了以后，在高三时再讲，会使学生感觉到：原来还有一种更简单的解决立体几何问题的方法。
这时候学生有了基础，遇到问题时，不仅会利用传统的方法，又会利用空间向量解决，同时又不乏想象力。
现在新教材设计得很好，空间向量作为选修四出现，《数学课堂标准》中要求让学生经历向量及其运算由平面向空间推广的过程，目的是让学生体会数学的思想方法（类比与归纳），体验数学在结构上的和谐性与在推广过程中的问题，并尝试如何解决这些问题。
同时在这一过程中，也让学生见识一个数学概念的推广可能带来很多更好的性质。
掌握空间向量的基本概念及其性质是基本要求，是后续学习的前提。
新老课程相比，该部分减少了大量的综合证明的内容，重在对于图形的把握，发展空间概念，运用向量方法解决计算问题。
这样的调整，将使学生把精力更多地放在理解数学的细想方法和本质方面，更加注意数学与现实世界的联系和应用，重在发展学生的数学思维能力，发展学生的数学应用意识，提高学生自觉运用数学分析问题、解决问题的能力，为学生日后的进一步学习、工作、生活打下更好的基础。
人教版高中数学必修一 空间向量在立体几何中的应用小结-课件牛老师
原上，闪着寒冷的银光。
►走进颐和园，眼前是繁华的苏州街，现在依稀可以想象到当年的热闹场 面，苏州街围着一片湖，沿着河岸有许多小绿盘子里装着美丽的荷花。这 里是仿照江南水乡--苏州而建的买卖街。当年有古玩店、绸缎店、点心铺 等，店铺中的店员都是太监、宫女妆扮的，皇帝游览的时候才营业。我正 享受着皇帝的待遇，店里的小贩都在卖力的吆喝着。 ►走近一看，我立刻被这美丽的荷花吸引住了，一片片绿油油的荷叶层层叠 叠地挤在水面上，是我不由得想起杨万里接天莲叶无穷碧这一句诗。荷叶 上滚动着几颗水珠，真像一粒粒珍珠，亮晶希望对您有帮助，谢谢 晶的。 它们有时聚成一颗大水珠，骨碌一下滑进水里，真像一个顽皮的孩子！
则
m m
BC CF
0, 0.
即 －x2＝0， －y2＋2z2＝0，
不妨令 z2＝1，可得 m＝(0,2,1)．
因此有
cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝3 1010，于是
sin〈m，n〉＝
10 10 .
所以，平面 EBC 与平面 FBC 所成角的正弦值为 1100.
(2)设线段 DP 的长为 h(h∈[0,2])，则点 P 的坐标为(0,0,h)， 可得B→P＝(－1,－2,h)． 易知，D→C＝(0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量，故
所以平面 PAD⊥平面 PCD．
应用 二：解决空间中的有关角的问题
= v,n或 = v,n .
2
2
应用 二：解决空间中的有关角的问题
解：依题意，以 D 为原点，分别以D→A，D→C，D→G的方向为 x 轴，y 轴，z 轴
的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)， C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)．
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》
专题五 第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析 连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b·e 2 ＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值， 此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析 由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， 所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)． 又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217， 故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量， 由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)， 因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ， 所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ， 所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12， 解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解析 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． (1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面 P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为|BP |＝12＋22＝5，所以|BQ |＝25|BP |＝255.。
第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”
第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”[题型分析·高考展望] 向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题.而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系.在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择.体验高考1.(2018·北京)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO .∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面P AD ， 平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ， ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33. ∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点， 则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝⎛⎭⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝14.2.(2018·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0).(1)证明 依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)， 又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1， 可得n 2＝(1，－1，1).因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45， 从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 3.(2018·课标全国乙)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3).由已知，得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3). 所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.高考必会题型题型一 选好基底解决立体几何问题例1 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 夹角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r . 由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ， 且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.∵MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )]＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)] ＝14·2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)解 设向量 AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ ＝32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 夹角的余弦值为23.点评 对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1 如图，在四棱锥P －GBCD 中，PG ⊥平面GBCD ，GD ∥BC ，GD ＝34BC ，且BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，PG ＝4.(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 点是棱PC 上一点，且DF →·GC →＝0，PF →＝kCF →，求k 的值. 解 (1)如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Gxyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－32，32，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE →＝(1，1，0)，PC →＝(0，2，－4)， cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|GE →||PC →|＝22·20＝1010，故异面直线GE 与PC 所成角的余弦值为1010. (2)设F (0，y ，z )，则DF →＝GF →－GD →＝(0，y ，z )－(－32，32，0)＝(32，y －32，z )，GC →＝(0，2，0).∵DF →·GC →＝0，∴(32，y －32，z )·(0，2，0)＝2(y －32)＝0，∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3，∴k ＝－3. 题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 (2018·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值.(1)证明 设FC 中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0).过点F 作FM ⊥OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3). 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33，因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 点评 (1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(AP →＝λa )，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2 在边长是2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，A 1C 的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长；(2)证明：EF ∥平面AA 1D 1D ； (3)证明：EF ⊥平面A 1CD . (1)解 如图建立空间直角坐标系，则A 1＝(2，0，2)，A ＝(2，0，0)，B ＝(2，2，0)，C ＝(0，2，0)， D 1＝(0，0，2)，E ＝(2，1，0)，F ＝(1，1，1)， ∴EF →＝(－1，0，1)，EF ＝ 2.(2)证明 ∵AD 1→＝(－2，0，2)，∴AD 1∥EF ，而EF ⊄平面AA 1D 1D ，∴EF ∥平面AA 1D 1D .(3)证明 ∵EF →·CD →＝0，EF →·A 1D →＝0， ∴EF ⊥CD ，EF ⊥A 1D ， 又CD ∩A 1D ＝D ， ∴EF ⊥平面A 1CD .高考题型精练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若BD 1→＝xAD →＋yAB →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 的值为( )A.3B.1C.－1D.－3 答案 B解析 ∵BD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→， ∴x ＝1，y ＝－1，z ＝1，∴x ＋y ＋z ＝1.2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D.－12a －12b ＋c答案 A解析 由题意知，B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝B 1A 1→＋A 1A →＋12AC →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c ，故选A.3.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B解析 设平面ABCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →n ⊥AD→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0.令y ＝4，则n ＝(1，4，43)，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∵h |AP →|＝|cos 〈n ·AP →〉|， ∴h ＝2626×226＝2，故选B. 4.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.异面直线AE ，BF 所成的角为定值 答案 D解析 ∵AC ⊥平面BB 1D 1D ， 又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，故A 正确. ∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E ，F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确.C 中，由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为22， 故V A －BEF 为定值，故C 正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1，1，0)，B (0，1，0).①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，E (1，0，1)， F (12，12，1)，∴AE →＝(0，－1，1)，BF →＝(12，－12，1)， ∴AE →·BF →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角. ②当点E 为D 1B 1的中点，F 在B 1处时， E (12，12，1)，F (0，1，1)， ∴AE →＝(－12，－12，1)，BF →＝(0，0，1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝(－12)2＋(－12)2＋12＝62， ∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝162·1＝63≠32，故D 错误.故选D.5.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( )A.x ＝1，y ＝1B.x ＝12，y ＝－12C.x ＝－16，y ＝32D.x ＝16，y ＝－32答案 D解析 因为a 与b 为共线向量， 所以存在实数λ使得a ＝λb ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝λ，1＝－2λy ，3＝9λ，解得x ＝16，y ＝－32.6.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，则用向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →是()A.OG →＝16OA →＋13OB →＋13OC →B.OG →＝16OA →＋13OB →＋23OC →C.OG →＝OA →＋23OB →＋23OC →D.OG →＝12OA →＋23OB →＋23OC →答案 A解析 ∵MG ＝2GN ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点， ∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝OM →＋23(MO →＋OC →＋CN →)＝13OM →＋23OC →＋13(OB →－OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 故选A.7.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 a ，b ，c 三向量共面，则存在实数x ，y ， 使c ＝x a ＋y b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________.答案 (1，1，1) 解析 设PD ＝a (a >0)，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，a )，E (1，1，a2)，∴DP →＝(0，0，a )，AE →＝(－1，1，a 2)，∵cos 〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a 2＋a 24×33，∴a ＝2，∴E 的坐标为(1，1，1).9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量， ∴MN →·CD →＝(23B 1B →＋13B 1C 1→)·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又∵MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .10.已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 为A 1B 1的中点.(1)求证：DE ⊥C 1F ；(2)求异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值.(1)证明 以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (a 2，a ，0)，C 1(0，a ，a )，F (a ，a2，a )，所以DE →＝(a 2，a ，0)，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，DE →·C 1F →＝0，所以DE ⊥C 1F .(2)解 A 1(a ，0，a )，C (0，a ，0)，A 1C →＝(－a ，a ，－a )， C 1F →＝(a ，－a 2，0)，cos 〈A 1C →，C 1F →〉＝A 1C →·C 1F →|A 1C →||C 1F →|＝－32a 23a ×52a＝－155，所以异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值是155. 11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC .∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解 如图，以点C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)， 设P (0，0，a )(a >0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2).取m ＝(1，－1，0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面P AC 的法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量， 则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0.取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)， 依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝n ·m |n ||m |＝aa 2＋2＝63， 则a ＝2，于是n ＝(2，－2，－2)，P A →＝(1，1，－2). 设直线P A 与平面EAC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝P A →·n |P A →||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 12.直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥平面D 1AC .设AB ＝2. (1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由.解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz ，则A ＝(3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)， D 1(0，－1，2)，设E (0，1，2＋h )，则D 1E →＝(0，2，h )，CA →＝(23，0，0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0，1，3). ∵D 1E →＝(0，2，1)，AE →＝(－3，1，3)， 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CA →，m ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0.令z ＝－1，∴平面EAC 的一个法向量为m ＝(0，3，－1)， 又平面D 1AC 的法向量为D 1E →＝(0，2，1)， ∴cos 〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E →|m |·|D 1E →|＝22，∴二面角E －AC －D 1大小为45°.(2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)， 得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1，0)＋(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，λ－11＋λ，λ1＋λ)， ∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ， ∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，∴λ＝32.∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ， 此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。
高中数学空间向量在立体几何中的应用知识总结
空间向量在立体几何中的应用一、教学目标与要求：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；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；二、基础知识回顾知识点1．基本向量(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．知识点2．空间位置关系的向量表示知识点3.两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)．知识点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|.知识点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＝〈AB ，CD 〉．(2)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＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．知识点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 ·n ||n |.三、例题讲解例1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 ＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，BE ＝(a ，3a ，a )，BC ＝(2a,0，－a )，∵AF ＝12(BE ＋BC )，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF ＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，CD ＝(－a ，3a,0)，ED ＝(0,0，－2a )， ∴AF ·CD ＝0，AF ·ED ＝0， ∴AF ⊥CD ，AF ⊥ED . 又CD ∩DE ＝D ， ∴AF ⊥平面CDE ， 即AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .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 ，AD ，1AA 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 ＝(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 n ⊥1EC ⇒⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2×2＝0⇒x ＝y ＝－1， ∴n ＝(－1，－1,2)，∵向量1AA ＝(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 |n ||1AA |＝－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 ·1FD |1EC ||1FD | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×(－4)＋3×2＋2×212＋32＋22×(－4)2＋22＋22＝2114. 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 ＝(3，3，0)，MN ＝(－1,0，2)，MB ＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧CM ·n ＝3x ＋3y ＝0，MN ·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 ||n |＝423.例4 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 ＝(0,2,0)，GE ＝(4,2，－2)，EF ＝(－2,2,0)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·GE ＝0，n ·EF ＝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 |·cos 〈BE ，n 〉＝|BE ·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(0，2，0)·(1，1，3)11＝21111.归纳反思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α-l -β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．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(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.四、典型练习1．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形．且PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为,PB PD 的中点．（1）求证：//MN 平面ABCD ；（2）若2PA AB ==，求CN 与平面PBD 所成角的正弦值．2．如图，三棱锥P ABC -的底面ABC 和侧面PAB 都是边长为4的等边三角形，且平面PAB ⊥平面ABC ，点E 为线段PA 中点，点F 为AB 上的动点．（1）若平面CEF ⊥平面ABC ，求线段AF 的长； （2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1114,2,23,,60AB AA BC AC AC BC A AB ====⊥∠=︒．（1）证明：BC ⊥平面11ACC A ；（2）设点D 为1CC 的中点，求直线1A D 与平面11ABB A 所成角的正弦值．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC⊥平面,90,//,90ABCD PBC AD BC ABC ∠∠==，2222AB AD CD BC ====．（1）求证：CD ⊥平面PBD ；（2）若直线PD 与底面ABCD 所成的角的正切值为22B PC D --的正切值．5．已知等腰直角SAB ，4SA AB ==，点C ，D 分别为边SB ，SA 的中点，沿CD 将SCD 折起，得到四棱锥S ABCD -，平面SCD ⊥平面ABCD ．（1）过点D 的平面//α平面SBC ，平面α与棱锥S ABCD -的面相交，在图中画出交线；设平面α与棱SA 交于点M ，写出SMMA的值（不必说出画法和求值理由）； （2）求证：平面SBA ⊥平面SBC ．6．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA AD =，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 为PB 的两个三等分点．（1）证明：//DE 平面ACF ； （2）求二面角B AC F --的余弦值．7．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为正方形，//EF AD ，平面ADEF ⊥平面ABCD ，244AD EF DE ===，3AF =．（1）判断平面ABF 与平面CDE 的交线l 与AB 的位置关系，并说明理由；（2）求平面ABF 与平面CDE 所成二面角的大小．8．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，点E 是侧棱1AA 上一点，且1BE EC ⊥．（1）求证：平面BCE ⊥平面11B C E ；（2）若E 是棱1AA 的中点，且2AB =，求平面11B C E 与平面11C D E 所成的锐二面角的大小．9．如图，多面体PQABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，==2AB PA ，0=60ABC ∠，22QC QD ==，(0)PQ a a =>．（1）设点F 为棱CD 的中点，求证：对任意的正数a ，四边形PQFA 为平面四边形； （2）当14a =时，求直线PQ 与平面PBC 所成角的正弦值． 参考答案：1．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形．且PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为,PB PD 的中点．（1）求证：//MN 平面ABCD ；（2）若2PA AB ==，求CN 与平面PBD 所成角的正弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）23． 【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明//MN BD ；（2）首先建立空间直角坐标系，求平面PBD 的法向量，利用线面角的向量公式求解． 【解析】（1）连结BD ，,M N 分别是,PB PD 的中点，//MN BD ∴，MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ；（2）如图，以点A 为原点，,,AB AD AP 为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ()2,2,0C ，()0,1,1N ， ()2,0,2PB =-，()2,2,0PD =-，()2,1,1CN =--，设平面PBD 的法向量(),,n x y z =，则00PB n PD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1,1y z ==，∴平面PBD 的法向量()1,1,1n =，则2111112sin cos ,363CN n CN n CN nθ⋅-⨯-⨯+⨯=<>===⨯， 所以CN 与平面PBD 所成角的正弦值是23． 2．如图，三棱锥P ABC -的底面ABC 和侧面PAB 都是边长为4的等边三角形，且平面PAB ⊥平面ABC ，点E 为线段PA 中点，点F 为AB 上的动点．（1）若平面CEF ⊥平面ABC ，求线段AF 的长； （2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）1；（2）1510． 【分析】（1）方法一通过建空间直角坐标系来利用面面垂直，从而求出线段长度；方法二通过线面、面面关系的性质求得EF ⊥平面ABC ，进而解得长度． （2）建系后，通过直线与面的法向量的夹角来求得线面夹角． 【解析】解（1）(法一)取AB 中点O ，连接PO ，CO ．因为ABC 与PAB △都是正三角形，所以PO AB ⊥，CO AB ⊥ 又已知平面ABC ⊥平面PAB ，所以PO ⊥平面ABC ．如图所示，以O 为坐标原点，分别以OA ，OC ，OP 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．因为PAB △，ABC 边长为4，E 为AP 中点，()2,0,0A ，()0,23,0C ，(3E ，()2,0,0B -设AF t =，则()2,0,0F t -，()2,23,0CF t =--，(1,0,3EF t =--． 设平面CEF 的法向()1111,,n x y z =．由()()11112230130t x t x z ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，令13x =11121t y z t⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，所以13,1,12t n t ⎛⎫=-- ⎪⎭．设平面ABC 的法向量()0,0,1n =． 因为平面CEF ⊥平面ABC ，所以10n n ⋅=，即10t -=，解得1t =， 故线段AF 的长为1时，则平面CEF ⊥平面ABC ．(法二：同一法)取AB 中点O ，AO 中点G ，连接EG ，PO ．因为PAB △为正三角形，E 为PA 的中点，所以PO AB ⊥． 因为//EG PO ，所以EG AB ⊥．又平面PAB ⊥平面ABC ，所以EG ⊥平面ABC ． 在平面EFC 中，作EF FC '⊥于点F '．因为平面EFC ⊥平面ABC ，平面EFC ⋂平面ABC FC =， 所以EF '⊥平面ABC ．因为过平面外一点有且仅有一条直线垂直于已知平面， 所以点F '与G 重合，即为所求点F 即当1AF=时，平面CEF ⊥平面ABC ．（2）由（1）图所示， 则易知()0,0,0O，()0,23,0C ，(3E ，(0,0,23P ，()2,0,0B -，所以(1,23,3CE =-，设平面PBC 的法向量()111,,m x y z =，又(2,0,23BP =，()2,23,0BC =则111122302230x z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令13x =()3,1,1m =--．设直线CE 与平面PBC 所成的角为α，则323315sin cos ,1045CE m CE m CE mα⋅+-====⨯． 故直线CE 与平面PBC 15【名师点睛】建立空间直角坐标系的难点在于点坐标的准确求取，然后按照向量间的关系，转化为面面，线面关系．3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1114,2,23,,60AB AA BC AC AC BC A AB ====⊥∠=︒．（1）证明：BC ⊥平面11ACC A ；（2）设点D 为1CC 的中点，求直线1A D 与平面11ABB A 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）33． 【分析】（1）根据勾股定理逆定理可知1BC A C ⊥，然后利用线面垂直的判定定理可知结果． （2）解法1通过作辅助线，找到直线1A D 与平面11ABB A 所成角，然后根据三角函数的知识进行求解即可；解法2利用建系，求得平面11ABB A 的一个法向量，然后按公式计算即可． 【解析】（1） 证明：如图，连接1A B由11,60AB AA A AB =∠=︒，所以1ABA △为等边三角形 因为112324AC BC A B ===，，， 所以22211A B A C BC =+，所以1BC A C ⊥，又11BC AC AC AC C AC AC ⊥⋂=⊂，，，平面11ACC A ， 所以BC ⊥平面11ACC A ．（2）解法1：如图，设E 为1BB 的中点，连结1A E DE ，，作1DF A E ⊥于F ．因为BC ⊥平面11ACC A ，//DE BC ，所以DE ⊥平面11ACC A ， 又1CC ⊂平面11ACC A ，所以1DE CC ⊥．在11ACC △中，111AC A C =，D 为1CC 的中点，所以11A D CC ⊥，又1A D DE D ⋂=，所以1CC ⊥平面1A DE ． 因为11//BB CC ，所以1BB ⊥平面1A DE ，所以1BB DF ⊥，因为11111,DF A E BB A E E BB A E ⊥⋂=⊂，，平面11ABB A ，所以DF ⊥平面11ABB A ， 所以直线1A D 与平面11ABB A 所成角为1DA E ∠． 在1DA E 中，221112222A D DE A D AC DE BC ⊥=-===，，， 所以221123A E A D DE =+=113sin 3DE DA E A E ∠==． 因此，直线1A D 与平面11ABB A 所成角的正弦值为33． 解法2：如图，以C 为原点，以射线CA CB ，分别为x ，y 轴正半轴，建立空间直角坐标系C xyz -，则()()()123460,0,0,23,0,0,0,2,0,C A B A ⎝⎭143462326,C D ⎛⎛ ⎝⎭⎝⎭，因此14326A D ⎛= ⎝⎭，()1434623,2,0,,0,33AB AA ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭．设平面11ABB A 的法向量为,,n x y z =（），由100n AB n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得3020x y x z ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，可取()2,6,1n =．设直线1A D 与平面11ABB A 所成角为θ， 则1113sin cos ,3A D n A D n A D nθ⋅===⋅． 因此，直线1A D 与平面11ABB A 所成角的正弦值是33． 4．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC⊥平面,90,//,90ABCD PBC AD BC ABC ∠∠==，2222AB AD CD BC ====．（1）求证：CD ⊥平面PBD ；（2）若直线PD 与底面ABCD 所成的角的正切值为22B PC D --的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）52． 【分析】（1）分别证明CD DB ⊥，PB CD ⊥即可证得CD ⊥平面PBD ．（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角求得PB 的值，由平面的法向量求得二面角的正切值． 【解析】（1）在四边形ABCD 中，//,90,222AD BC ABC AB AD CD BC ∠====，所以,ABD BCD 都为等腰直角三角形，即CD DB ⊥， 因为平面PBC ⊥平面,90ABCD PBC ∠=，平面PBC 平面,ABCD BC =所以直线PB ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD 所以PB CD ⊥，又PB BD B ⋂=，所以CD ⊥平面PBD ．（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，2,BC =则,1,2,AB CD BD ===因为直线PD 与底面ABCD 所成的角的正切值为2，所以在Rt PBD △中，tan 2242PB PDB PB BD ∠===∴= 设平面PBC 和平面PDC 法向量分为为,,m n →→易知可取()0,0,1,m →= 因为(2,4,0),(1,0,1)PC CD →→=-=-， 所以0,0PC n CD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2400x y x z -=⎧⎨-+=⎩，令2z =，解得(2,1,2)n →=设所求二面角为,θ所以2cos 3414m nm nθ→→→→⋅===++，5tan 2θ∴=【名师点睛】（1）在平面上找到两条相交的直线与给定直线垂直可以证明线面垂直． （2）建立空间直角坐标系，用向量的方法解决二面角问题．5．已知等腰直角SAB ，4SA AB ==，点C ，D 分别为边SB ，SA 的中点，沿CD 将SCD 折起，得到四棱锥S ABCD -，平面SCD ⊥平面ABCD ．（1）过点D 的平面//α平面SBC ，平面α与棱锥S ABCD -的面相交，在图中画出交线；设平面α与棱SA 交于点M ，写出SMMA的值（不必说出画法和求值理由）； （2）求证：平面SBA ⊥平面SBC ．【答案】（1）图形见解析，1；（2）证明见解析．【分析】（1）过D 作//DE BC 交AB 于E ，由中位线性质证BCDE 为平行四边形即可知E 为AB 的中点，由平面//α平面SBC ，过E 作//EM SB 交SA 于M ，即知M 为SA 的中点，即可得SMMA．（2）由题设易证DA ，DC ，DS 两两互相垂直，构建以D 为原点，分别以射线DA ，DC 、DS 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，并确定SB ，AB ，CB ，进而求面SAB ，面SBC 的法向量，根据法向量的夹角即可证面SBA ⊥面SBC ．【解析】（1）过D 作//DE BC 交AB 于E ，由C ，D 分别为边SB ，SA 的中点，即//CD AB ， 所以BCDE 为平行四边形，则E 为AB 的中点，再过E 作//EM SB 交SA 于M ， 所以在△ABS 中，EM 为中位线，即M 为SA 的中点，所得平面α即为平面DEM ，如下图示，所以由上，知1MSMA=． （2）由题设知//CD AB ，CD SD ⊥ 面SCD ⊥面ABCD ，面SCD面ABCD CD =，SD CD ⊥，SD ⊂面SCD ，SD ∴⊥面ABCD ，又CD ，AD ⊂面ABCD ， SD CD ∴⊥，SD AD ⊥，又CD AD ⊥，DA ∴，DC ，DS 三条棱两两互相垂直．以D 为原点，分别以射线DA ，DC 、DS 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，则(2,0,0)A ，(0,2,0)C ，(0,0,2)S ，(2,4,0)B ，(2,4,2)SB ∴=-，(0,4,0)AB =，(2,2,0)CB =，设平面SAB ，平面SBC 的法向量分别为()111,,u x y z =，()222,,v x y z =，00u AB u SB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即1111020y x y z =⎧⎨+-=⎩，取11x =，则(1,0,1)u =， 00v SB v CB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22222200x y z x y +-=⎧⎨+=⎩，取21x =，则(1,1,1)v =--， cos ,02113u v u v u v⨯+⋅∴===⋅，∴平面SBA ⊥平面SBC ．【名师点睛】第二问，根据面面垂直的性质证线面垂直，进而确定线线垂直，进而构建空间直角坐标系，求出所证平面的法向量，根据法向量的夹角判断平面的关系．6．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA AD =，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 为PB 的两个三等分点．（1）证明：//DE 平面ACF ； （2）求二面角B AC F --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）63． 【分析】（1）根据线面平行的判断性质，在平面AFC 上找到一条与DE 平行的直线即可． （2）建立空间直角坐标系，通过法向量的夹角求得二面角的余弦值． 【解析】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OF ，则O 为BD 的中点， 因为E ，F 为PB 的两个三等分点，所以F 为BE 的中点，所以//OF DE ， 又OF ⊂平面ACF ，DE ⊄平面ACF ，所以//DE 平面ACF ．（2）设正方形ABCD 的边长为3，以点A 为原点，以AD ，AB ，AP 所在的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则(0,0,0)A ，(3,3,0)C ，(0,3,0)B ，(0,2,1)F ， 则()3,3,0AC =，()0,2,1AF =，()0,3,0AB =．设平面ACF 的法向量为(,,)n x y z =．由()()()(),,3,3,00,,0,2,10n AC x y z n AF x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅=⎪⎩，得33020x y y z +=⎧⎨+=⎩，得2x y z y =-⎧⎨=-⎩， 令1y =，得平面ACF 的一个法向量为(1,1,2)n =--；显然平面ACB 的一个法向量为(0,0,1)m =； 则cos ,||||n m n m n m ⋅〈〉==(1,1,2)(0,0,1)6361--⋅=-⨯， 即二面角B AC F --的余弦值为63．7．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为正方形，//EF AD ，平面ADEF ⊥平面ABCD ，244AD EF DE ===，3AF =．（1）判断平面ABF 与平面CDE 的交线l 与AB 的位置关系，并说明理由；（2）求平面ABF 与平面CDE 所成二面角的大小．【答案】（1）//l AB ；答案见解析；（2）90︒．【分析】（1）//l AB ，证明见解析；（2）先证明90APD ∠=︒，再利用向量法求解即可．【解析】（1）由//EF AD ，2AD EF =，可知延长AF ，DE 交于一点设为P ．过P 点作AB 的平行线即为l ，//l AB ，理由如下：由题意可知//AB CD ，AB ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，则//AB 平面CDE ． 又AB 平面ABF ，平面ABF 平面CDE l =，则//l AB ．（2）由//EF AD ，2AD EF =，1DE =，3AF =得2DP =，3AP =又4=AD ，则222AD DP AP =+，所以90APD ∠=︒，由题意可知，P 点向平面ABCD 引垂线，垂足落在AD 上，设为O ，则1OD =． 以O 为原点，以OD →，OP →的方向分别为y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．(0,3,0)A -，(4,3,0)B -，3)P ，则(4,0,0)AB →=，3)AP →=，设平面PAB 的法向量为(,,)m x y z →=， 由0AB m →→⋅=，0AP m →→⋅=得40,330x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，可取(0,1,3)m →=-， (0,1,0)D ，(4,1,0)C ，则(4,0,0)DC →=，(0,3)DP →=-，设平面PCD 的法向量为n (x,y,z)→=，同理可得3,1)n →=，因为0m n →→=，所以平面PAB ⊥平面PCD ，即平面ABF ⊥平面CDE ，所以，平面ABF 与平面CDE 所成二面角的大小为90︒．8．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，点E 是侧棱1AA 上一点，且1BE EC ⊥．（1）求证：平面BCE ⊥平面11B C E ；（2）若E 是棱1AA 的中点，且2AB =，求平面11B C E 与平面11C D E所成的锐二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）3π． 【分析】（1）由线面垂直的性质定理得11B C BE ⊥，再根据已知条件，结合线面垂直的判定定理证明BE ⊥平面11B C E ，接着利用面面垂直的判定定理证明即可．（2）首先根据E 是棱1AA 的中点，且2AB =，求得侧棱的长，再利用空间向量法求平面11B C E 与平面11C D E 所成的锐二面角的大小．【解析】（1）证明：在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，易知11B C ⊥侧面11AA B B ，且BE ⊂平面11AA B B ，可得11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，且1EC 与11B C 是平面11B C E 内两相交直线，所以得BE ⊥平面11B C E ，因为BE ⊂平面BCE ，故得平面BCE ⊥平面11B C E ．（2）设平面11B C E 与平面11C D E 所成的锐二面角的大小为θ．在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，由于DA ，DC ，1DD 两两互相垂直，则以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示．因为E 是棱1AA 的中点，且2AB =，从而知正四棱柱的上、下底面是边长为2的正方形，设1AE EA t ==；由（1）知BE ⊥平面11B C E ，则得1BE EB ⊥， 且214BE EB t ==+12BB t =，由勾股定理得22211BE EB BB +=，即得()2224(2)t t +=， 解得2t =（取正），即侧棱长14BB =．于是可得1(0,0,4)D ，(2,0,2)E ，1(2,2,4)B ，1(0,2,4)C ，(2,2,0)B ；设平面11B C E 的法向量为1(,,)n x y z →=，由第（1）问可知向量BE →为平面11B C E 的一个法向量，故1(0,2,2)n BE →→==-； 设平面11C D E 的法向量为2(,,)n a b c →=，而11(0,2,0)D C →=，1(2,2,2)EC →=- 则由21121202220n D C b n EC a b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，得0b =，令1a =，得1c =，所以2(1,0,1)n →=． 于是由212112cos cos ,n n n n n n θ→→→→→→⋅=<>=12222==⨯，且0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 所以3πθ=，即平面11B C E 与平面11C D E 所成的锐二面角的大小为3π． 【名师点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．9．如图，多面体PQABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，==2AB PA ，0=60ABC ∠，22QC QD ==，(0)PQ a a =>．（1）设点F 为棱CD 的中点，求证：对任意的正数a ，四边形PQFA 为平面四边形； （2）当14a =时，求直线PQ 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2526- 【分析】（1）法一：设Q 在平面内的射影为E ，可证明点E 在CD 的垂直平分线上，又AE 也为CD 的垂直平分线，AE 与CD 的交点即为CD 的中点F ，有PA ⊥平面ABCD ，QE ⊥平面ABCD ，PA//QE ，可证明PQFA 为平面四边形．法二：证明CD ⊥平面AFQ ，再证明CD ⊥平面PAF ，有公共点F ，可证明结论．（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，求出PQ 以及平面PBC 的一个法向量，计算可求出夹角的正弦值．【解析】（1）方法1：设Q 在平面内的射影为E ，由QC =QD 可得EC =ED ，所以点E 在CD 的垂直平分线上由ABCD 是菱形，且0=60ABC ∠，故直线AE 与CD 的交点即为CD 的中点F ．因为PA ⊥平面ABCD ，QE ⊥平面ABCD ，所以PA//QE ，从而PA ，QE 共面，因此PQ ，FA 共面，所以PQFA 为平面四边形．方法2：取棱CD 的中点F ，则有AF CD ⊥，QF CD ⊥，又AFQF F =，所以CD ⊥平面AFQ ，在菱形ABCD 中，60ADC ABC ∠==，所以AF CD ⊥，又PA ⊥平面ABCD ，所以有PA CD ⊥，AF PA A =，所以CD ⊥平面PAF ．由AFQ 与平面PAF 均过点A 可得平面AFQ 与平面PAF 重合．即P 、Q 、F 、A 共面，所以PQFA 为平面四边形．（2）分别以AB 、AF 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，3,0),3,0),(0,0,2)C F P 当14a =7,7PF QF ==222PF QF PQ +=，设Q 在平面ABCD 内的射影为E ，则有QFE △相似于FPA ，即3QE =2FE = 所以Q 的坐标为(02+33)，，，()0,23,32PQ = 设平面PBC 的一个法向量为(),,n x y z =，()2,0,2PB =-，()3,0BC =- 则有·0·0n BC n PB ⎧=⎨=⎩，即22030x z x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1y =，有(3,1,3)n =． 设直线PQ 与平面PBC 所成角为θ，则526sin cos ,n PQ θ-=<>=， 从而直线PQ 与平面PBC 526- 【名师点睛】（1）证明点共面：可证四点中两条线段平行，或平面外一条直线垂直有公共点的两个平面，则这两个平面重合．（2）求线面角的正弦即为直线与法向量夹角的余弦的绝对值．。