用空间向量法解决立体几何问题(教师版)

1、用空间向量法解决立体几何问题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，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面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的方向向量分别为n1，n2l1l2来源:n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmmn0lnmnm平面、的法向量分别为n，m.nmnmnmnm03.两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，则cos|

2、cos|(其中为异面直线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，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.5求二面角的大小(1)如图，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小n1，n2(或n1，n2)提示：两向量的夹角范围是0，；两异面直线所成角的范围是（0，；直线与平面所成角的范围是 0，； 二面角的范围是0，. 【注意】空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系： 求线面角时，得到的是直线方向向量和平

3、面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.6点到平面的距离的向量求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d.一、用向量法证明平行、垂直【例1】在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2BC，E、F、E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点(1)求证：CE平面C1E1F；（2）求证：CF平面C1EF.(3)求证：平面C1E1F平面CEF.【解析】以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC1，则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，

4、F(1,1,1)，E1.(1)设平面C1E1F的法向量n(x，y，z)，(1,0,1)，即取n(1,2,1)(1，1,1)，n1210， n.又CE平面C1E1F，CE平面C1E1F.（2）E(1,0,1)，F(1,1,1)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，(1,0,1)，(1,0，1)，(0,1,0) 11001(1)0，1001100.，.CFC1F，CFEF.C1FEFF，CF平面C1EF. (3)设平面EFC的法向量为m(a，b，c)，由(0,1,0)，(1,0，1)，即取m(1,0,1)mn1(1)2011110，平面C1E1F平面CEF.【方法规律】1.向量法证明空间平行或垂

5、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.【变式】如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形， ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE.【解析】设ADDE2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0

6、,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)F为CD的中点，F.(1)证明：，(a，a，a)，(2a,0，a)，()，AF平面BCE，AF平面BCE.(2)证明：，(a，a,0)，(0,0，2a)，0，0，.又CDDED，平面CDE，即AF平面CDE.又AF平面BCE， 平面BCD平面CDE.二、利用空间向量求空间角【例2】如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB4，AD3，AA12.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EBFB1.(1)求二面角CDEC1的正切值； (2)求直线EC1与FD1所成角的余弦值【解析】(1)以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立

7、空间直角坐标系，则D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2)，于是(3，3,0)，EC1(1,3,2)，FD1(4,2,2)设n(x，y,2)为平面C1DE的法向量，则有xy1，n(1，1,2)，向量(0,0,2)与平面CDE垂直，n与AA1所成的角为二面角CDEC1的平面角或其补角cos ，由图知二面角CDEC1的平面角为锐角，tan.(2)设EC1与FD1所成的角为，则cos .【方法规律】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

8、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【变式】如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点， DC1BD.(1)证明：DC1BC； (2)求二面角A1BDC1的大小【解析】(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两 相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正

9、方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m是平面C1BD的法向量，则可取m(1,2,1)从而cos.故二面角A1BDC1的大小为30.三、利用向量法求空间距离【例3】在三棱锥SABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离【解析】取AC的中点O，连接OS、OB.SASC，ABBC， A

10、CSO，ACBO.平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，又BO平面ABC，SOBO.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2)，M(1，0)，N(0，)(3，0)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则取z1，则x，y，n(，1)点B到平面CMN的距离d.【方法规律】求平面外一点P到平面的距离的步骤(1)求平面的法向量n；(2)在平面内取一点A，确定向量的坐标；(3)代入公式d求解【变式】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GC2.求点B到平

11、面EFG的距离【解析】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Oxyz.由题意知B(4,0,0)，E(4,2,0)，F(2,4,0)，G(0,0,2)，(0,2,0)，(4,2，2)，(2,2,0)设平面GEF的法向量为n(x，y，z)，则有即令x1，则y1，z3， n(1,1,3)点B到平面GEF的距离为d四、用向量法解立体几何中的探索性问题【例4】如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？

12、若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由【解析】(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz. 依题意，易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(，1,0). （，0，1），(1,0,1)cos，异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.(0,1,1)，可设(0，)，又，1,0，(，1，).由ES平面AMN，得即故，此时0，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.ADBCDDD【变式】如图，在直三棱柱中，（1）求

13、证（2）在上是否存在点使得（3）在上是否存在点使得【CABxDyZ解析】直三棱柱，两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴轴，轴，建立空间直角坐标系，则，（1），（2）假设在上存在点，使得，则其中，则，于是由于，且所以得，所以在上存在点使得，且这时点与点重合。（3）假设在上存在点使得，则其中则，又由于，所以存在实数成立，所以，所以在上存在点使得，且使的中点用空间向量法解决立体几何问题课时作业一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求与夹

14、角的余弦值【解析】(1)证明：折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB，又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点，以，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，)，E，(1,0,0)，与夹角的余弦值为cos，.2如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD， PDAB2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点(1)求证：PAEF；(2)求二面角DFGE的

15、余弦值【解析】 (1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，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)(0,2，2)，(1,0,0)，0，PAEF.(2)易知(0,0,1)，(2,1，1)设平面DFG的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令x11，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，cosm，n，由图可知二面角DFGE为钝角，二面角DFGE的余弦值为.3.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，点D是A1B1的中点，

16、点E在A1C1上且DEAE.(1)证明：平面ADE平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值【解析】(1)证明：由正三棱柱ABCA1B1C1的性质知AA1平面A1B1C1， 又DE平面A1B1C1，所以DEAA1.而DEAE，AA1AEA，所以DE平面ACC1A1.又DE平面ADE，故平面ADE平面ACC1A1.(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AA1，则AB2，相关各点的坐标分别是A(0，1,0)，B(，0,0)，C1(0,1，)，D.易知(，1,0)，(0,2，)，.设平面ABC1的一个法向量为n(x，y，z)，则有解得xy，zy.故可

17、取n(1，)所以，cosn，.由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为.4如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC 4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值（3）求A到平面BCC1B1的距离【解析】(1)证明：连接AO，在AOA1中，作OEAA1于点E，因为AA1BB1，所以OEBB1.因为A1O平面ABC，所以A1OBC.因为ABAC，OBOC，得AOBC，所以BC平面AA1O，所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AO

18、1，AA1，得AE.(2)如图，分别以OA，OB，OA1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)，A1(0,0,2)，由得点E的坐标是，由(1)得平面BB1C1C的法向量是，设平面A1B1C的法向量n(x，y，z)，由得令y1，得x2，z1，即n(2,1，1)，所以cos，n，即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.(3)5如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q 为 AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)设点M在线段PC上，求证：PA平面MQB；(3)在(2)的条件下，若平面P

19、AD平面ABCD，且PAPDAD2，求二面角MBQC的大小【解析】(1)连接BD，四边形ABCD菱形，BAD60，ABD为正三角形，又Q为AD中点，ADBQ.PAPD，Q为AD的中点，ADPQ，又BQPQQ，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AQBC可得，ANQCNB，.又，.PAMN.MN平面MQB，PA平面MQB， PA平面MQB.(3)由PAPDAD2，Q为AD的中点，则PQAD.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

20、为A(1,0,0)，B(0，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，)设平面MQB的法向量n(x，y,1)，可得 PAMN，解得n(，0,1)取平面ABCD的法向量m(0,0,1)cosm，n.故二面角MBQC的大小为60.6在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC1，BAC90.(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为60，求棱柱的高；(2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为，当棱 柱的高变化时，求sin 的最大值【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1h(h0)，则有B(1,0,0)，B1(1,0，h)，C1(0,1，h)，A1(0,0，h)，(1,1,0)，(0,1,0)，(1,0，h)(1)因为异面直线A1B与B1C1所成的角为60，所以cos 60，即，得，解得h1.(2)由D是BB1的中点，得D，于是.设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，于是由n，n可得即可取n(h,0,1