用空间向量法求解立体几何问题典例及解析学生用

1、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，要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：设直线的方向向量为，其夹角为，则有(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

2、的取值范围是 。向量求法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与法向量所成角的余弦值为直线与平面所成的角为，则有或在平面内任取一个向量，则.(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，分别是两个面的 ，则向量与的夹角(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的法向量为n，点P是平面外一点，点M为平面内任意一点，则点P到平面的距离d就是 ，即d=.（2）线面、面面距离的向量公式平面直线l，平面的法向量为n，点M、Pl，平面与直线l

3、间的距离d就是在向量n方向射影的绝对值，即d= .平面，平面的法向量为n，点M、P，平面与平面的距离d就是在向量n方向射影的绝对值，即d=.（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，Ma、Pb，则两异面直线a、b间的距离d就是在向量n方向射影的绝对值，即d=.三、利用空间向量解证平行、垂直关系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。所谓平面的法向量，就是指所在直线与平面垂直的直线，一个平面的法向量也有个。:2线线平行证明两条直线平等，只要证明这两条直线的方向向量是，也可以证这两条直线平行于同一个平面的法向量。3线面平行证明线面平行的方法：（1）证明直

4、线的方向向量与平面的法向量；（2）证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量；（3）利用共面向量基本定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量是。4面面平行的证明方法：（1）转化为、处理；（2）证明这两个平面的法向量是。5利用空间向量解证垂直关系线线垂直：证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是；线面垂直的证明方法：证明线面垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是；证明直线与平面内的；面面垂直的证明方法：转化为证明、；证明这两个平面的法向量是。典题赏析：例题12011·四川理如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90°，ABACAA11，延长A

5、1C1至点P，使C1PA1C1，连结AP交棱CC1于点D.(1)求证：PB1平面BDA1；(2)求二面角AA1DB的平面角的余弦值第1题解：如图171，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)(1)在PAA1中有C1DAA1，即D.(1,0,1)，(1,2,0)设平面BA1D的一个法向量为n1(a，b，c)，则令c1，则n1.图172-1第2题n1·1×(1)×2(1)×00，PB1平面BDA1，(2

6、)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1.又n2(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，cosn1，n2.故二面角AA1DB的平面角的余弦值为.例题2：如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面， 为的中点. （）求直线与所成角的余弦值；（）在侧面内找一点，使面，并求出点到和的距离.解：（）建立如图所示的空间直角坐标系，则的坐标为、，从而设的夹角为，则与所成角的余弦值为. （）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则，由面可得， 即点的坐标为，从而点到和的距离分别为.因此 ，所以线段BM的长|.ABCDC1D1A1B1第3题例题3. 已知正方体的棱长为a(1)求点到平面的距离；(2)求平面与平面所成

7、的二面角余弦值解 (1)按如图3-1所示建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为、ABCDC1D1A1B1(O)xy3-1、，向量，z设是平面的法向量，于是，有，即令得于是平面的一个法向量是 因此，到平面的距离(也可用等积法求得) 4-1第4题(2) 由(1)知，平面的一个法向量是又因，故平面的一个法向量是 设所求二面角的平面角为(结合图形可知二面角是锐角，即为锐角)，则 例题4：已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点。（）证明：面面；（）求与所成的角；（）求面与面所成二面角的余弦值。证明：以为坐标原点长为单位长度，如图4-1建立空间直角坐标系，则各点坐标为.（）证明：因由题设知，且与是

8、平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面面.（）解：因（）解：在上取一点，则存在使要使第5题为所求二面角的平面角.题目5：如图，平面，四边形是正方形， ，点、分别为线段、和的中点. 第5-1题题xyz（1）求异面直线与所成角的余弦值（2）在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离恰为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.解：（1）以点为坐标原点，射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系如图示4-1，点、，则，.设异面直线与所成角为,所以异面直线与所成角大小为.（2）假设在线段上存在一点满足条件，设点，平面的法向量为，则有 得到，取，所以，则，又，解得，所以点即，则.所以在线段上存在一点

9、满足条件，且长度为.例题5：如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，是上第:6题一点，. 已知求（）异面直线与的距离； （）二面角的大小.解：（）以为原点，、分别为轴建立空间直角坐标系.由已知可得设 由，即 由，又，故是异面直线与的公垂线，易得，故异面直线,的距离为.（）作，可设.由得即作于，设，则由，又由在上得因故的平面角的大小为向量的夹角.故 即二面角的大小为总之，在利用空间向量解决立体几何问题时，经常是通过建立空间直角坐标系，及点的坐标做为沟通向量与几何图形关系的纽带和桥梁的，恰当建系，准确示点，是关键，故而，要适当的加强解题训练，并及时总结，感悟方法，提升能力。训练题：1.正方体中，是的中

10、点，是底面的中心，是棱上任意一点，则直线与直线所成的角是( C )A B C D与点的位置有关2. 空间中有四点，其中，且，则直线和( D )A平行 B平行或重合 C必定相交 D必定垂直3若向量夹角的余弦值是，则的值为( C )A.2 B.2C.2或D.2或4直线的方向向量为，平面内两共点向量，下列关系中能表示的是（D）A.= B.= C.= D.以上均不能5以下向量中与向量（1,2,3），（3,1,2）都垂直的向量为（C）A.(1,7,5) B.(1,7,5) C.(1，7,5)D.（1，7，5）6在正方体中，棱长为，分别是和上的点，则与平面的关系是( B )A.相交 B.平行 C.垂直 D

11、.不能确定7已知斜三棱柱ABCA1B1C1的底ABC为直角三角形，C=90°；侧棱与底面成60°角，B1点在底面射影D为BC中点,若侧面A1ABB1与C1CBB1成30°的二面角，BC=2cm，则四棱锥AB1BCC1的体积是（ B ）A B. C D8已知三个向量两两之间的夹角为，又，则( C )A.3 B.4 C.5 D.69. 在长方体中，则到直线的距离为( A )A. B. C. D.10. ABCD是边长为2的正方形，以BD为棱把它折成直二面角ABDC，E是CD的中点，则异面直线AE、BC的距离为 ( A )A. B. C. D.111. 在正方体的侧面内

12、有一动点到直线与直线的距离相等,则动点 所A1B1BAPAA1B1BAPBA1B1BAPCA1B1BAPD在的曲线的形状为 ( B ) ABCDEFGH12. 对于向量a，b，定义a×b为向量a，b的向量积，其运算结果为一个向量，且规定a×b的模|a×b|a|b|sin(其中为向量a与b的夹角)，a×b的方向与向量a，b的方向都垂直，且使得a，b，a×b依次构成右手系.如图，在平行六面体ABCDEFGH中，EABEADBAD60°，ABADAE2，则 ( D )A. 4 B. 8 C. D. 13. 设是平面外一点，点满足，则直线与平

13、面的位置关系是AP平面14. 在空间四边形中，分别是和对角线的中点，则平面与平面的位置关系是 平面平面15.设正四棱锥S-ABCD的侧棱之长为，底面边长为，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角等于_16. 在空间直角坐标系中，对其中任何一向量，定义范数，它满足以下性质：，当且仅当为零向量时，不等式取等号；(2)对任意的实数，(注：此处点乘号为普通的乘号)。(3)。试求解以下问题：在平面直角坐标系中，有向量，下面给出的几个表达式中，可能表示向量的范数的是_(把所有正确答案的序号都填上) (1)(4)(1) (2) (3)(4)17. 2011·天津卷 如图所示，在三棱柱ABCA

14、1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长解：如图18-1所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，) (1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.17-1所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向量(x，y，z)，

15、则 即不妨令x，可得(，0，)同样地，设平面A1B1C1的法向量(x，y，z)，则 即不妨令y，可得(0，)于是cos，从而sin，.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则.由MN平面A1B1C1，得 A B C D P x y y第18题即得|BM|=18.如图，四棱锥中，平面，底面是直角梯形，且，。（1）求证：；（2）求点到平面的距离。解：（1）如图建系，则 ， ，故。 （2），设平面的法向量为， 依题意，取。 ，所以点到平面的距离。19. 如右下图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2 E

16、、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1(1) 求二面角CDEC1的正切值; (2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值解：（I）以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2),故设向量与平面C1DE垂直，则有第19题（II）设EC1与FD1所成角为，则20. 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN2C1N（）求二面角B1AMN的平面角的余弦值；（）求点B1到平面AMN的距离。解（）建立如图所示的空间直角坐

17、标系，则(0,0,1)，M（0，0）,C(0,1,0), N (0,1,) , A ()，所以,第20题因为所以,同法可得。故为二面角AMN的平面角故二面角AMN的平面角的余弦值为。（）设n=(x, y, z)为平面AMN的一个法向量，则由得, 故可取设与n的夹角为a，则。所以到平面AMN的距离为。21. 如图，所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.（）求BF的长；（）求点C到平面AEC1F的距离.解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，4，0），A（2，0，0），C（0，4，0），E（2

18、，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）.第21题AEC1F为平行四边形，（II）设为面AEC1F的法向量，的夹角为a，则C到平面AEC1F的距离为，即直线到平面BD的距离是第22题22已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点。（）证明：面面；（）求与所成的角；（）求面与面所成二面角的大小。证明：以为坐标原点长为单位长度，如图25-1建立空间直角坐标系，则各点坐标为22-1.（）证明：因由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面面.（）解：因（）解：在上取一点，则存在使要使为所求二面角的平面角.23.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形,第23题平面底面 （）证明：平面； （）求面与面所成的二面角的大小证明：以为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （）证明：不防设作，则， ， 由得，又，因而与平面内两条相交直线，都垂直. 平面. （）解：设为中点，则，由因此，是所求二面角的平面角，解得所求二面角的大小为24如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截面而得到的，其中第 24题. （）求的长； （）求点到平面的距离.解：（I）建立如图28-1所示的空间直角坐标系，则，设. 为平行四边形，24-1 （II）设为平面的法向量，的夹角为，则到平面的距离为25如图，在长方体，中，点在棱上移动.（1）证明：； （2）当为的中点时，求点到面的距