高三数学一轮复习（知识点归纳与总结）空间向量在立体几何中的应用

1、eq avs4al(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x年xT18，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

2、考查，如x年xT16，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，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的方向向量分别为n1，n2.l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面

3、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 |cos |eq f(|ab|,|a|b|)(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 |eq f(|ne|,|n|e|).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，n

4、2(或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，；两异面直线所成角的范围是eq blc(rc(avs4alco1(0，f(,2)；直线与平面所成角的范围是eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)；二面角的范围是0，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为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离deq f(|n|,|n|).自测牛刀小试1(教材习题改编)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1(1，1,2)，v2(0,2,1)，则l1与l2的位置关系是()A

5、平行B相交C垂直 D不确定解析：选Cv1v210(1)2210，v1v2，从而l1l2.2若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2，0，4)，则()Al BlCl Dl与斜交解析：选Ba(1,0,2)，n(2,0，4)n2a，即an.l.3若平面、的法向量分别为n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()A BC、相交但不垂直 D以上均不正确解析：选Cn1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，与相交但不垂直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：cosm，neq f(mn,|m|n|)eq

6、 f(1,1r(2)eq f(r(2),2)，即m，n45，其补角为135.两平面所成的二面角为45或135.答案：45或1355若平面的一个法向量为n(2,1,2)，直线l的一个方向向量为a(1,1,1)，则l与所成的角的正弦值为_解析：设直线l与平面所成的角为，则sin |cosn，a|eq f(|na|,|n|a|)eq f(|121112|,r(121212)r(221222)eq f(r(3),9).答案：eq f(r(3),9)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C1

7、E1F；(2)求证：平面C1E1F平面CEF.自主解析以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)，F(1,1,1)，E1eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，2).(1)设平面C1E1F的法向量n(x，y，z)eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，0)，(1,0,1)，eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，)即eq blcrc (avs4alco1(xf(1,2)y0，,xz0.)取n(1,2,1)(1，1,1)，n1210，n.又C

8、E平面C1E1F，CE平面C1E1F.(2)设平面EFC的法向量为m(a，b，c)，由(0,1,0)，(1,0，1)，eq blcrc (avs4alco1(m0，,m0，)即eq blcrc (avs4alco1(b0，,ac0.)取m(1,0,1)mn1(1)2011110，平面C1E1F平面CEF.保持例题条件不变，求证：CF平面C1EF.证明：由例题可知，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.1.向量法证明空间

9、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(xx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，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE.解：设ADDE2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0,0,0)，

10、C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，eq r(3)a,0)，E(a，eq r(3)a,2a)F为CD的中点，Feq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)a，f(r(3),2)a，0).(1)证明：eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)a，f(r(3),2)a，0)，(a，eq r(3)a，a)，(2a,0，a)，eq f(1,2)()，AF平面BCE，AF平面BCE.(2)证明：eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)a，f(r(3),2)a，0)，(a，eq r(3)a,0)，(0,0，2a)，0，0，.又CDDED，平面CDE，即AF平面

11、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所成角的余弦值自主解析(1)以A为原点，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)、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eq blc rc(avs4alco1(n,n)eq

12、blc rc(avs4alco1(3x3y0,x3y220)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 eq f(n,|n|)eq f(101022,r(114)r(004)eq f(r(6),3)，由图知二面角CDEC1的平面角为锐角，tan eq f(r(2),2).(2)设EC1与FD1所成的角为，则cos eq blc|rc|(avs4alco1(f(,|)eq blc|rc|(avs4alco1(f(143222,r(123222)r(422222)eq f(r(21),14).求平面的法向量的步骤(1)设

13、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(x新课标全国卷)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCeq f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(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ACeq f(1,2)AA1，可得DCeq oal(2,1)DC2CCeq oal(2,1)，所以DC1DC.

14、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eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，)即eq blcrc (avs4alco1(xyz0，,z0，)可取n(1,1,0)同理，设m是平面C1B

15、D的法向量，则eq blcrc (avs4alco1(m0，,m0，)可取m(1,2,1)从而cosn，meq f(nm,|n|m|)eq f(r(3),2).故二面角A1BDC1的大小为30.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，SASC2eq r(3)，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.SASC，ABBC，ACSO，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

16、eq r(3)，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2eq r(2)，M(1，eq r(3)，0)，N(0，eq r(3)，eq r(2)(3，eq r(3)，0)，(1,0，eq r(2)，(1，eq r(3)，0)设n(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则eq blcrc (avs4alco1(n3xr(3)y0，,nxr(2)z0，)取z1，则xeq r(2)，yeq r(6)，n(eq r(2)，eq r(6)，1)点B到平面CMN的距离deq f(|n|,|n|)eq f(4r(2),3).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

17、坐标；(3)代入公式deq f(|n|,|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GC2.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eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，)即eq blcrc (avs4alco1(2xyz0，,xy0，)令x1，则y1，z3，n(1,1,3)点B到平

18、面GEF的距离为deq blc|rc|(avs4alco1(|cos，n)eq f(|n|,|n|)eq blc|rc|(avs4alco1(f(0，2，01，1，3,r(11)eq f(2r(11),11).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线线平行：证明两直线的方向向量共线线面平行：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线面垂直：证明直线的方向向量与

19、平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直：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，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos |cosa，b|.(2)求直线l与平面所成的角可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角则sin |cosn，a|.(3)求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则n1，n2或n1，n21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

20、量求二面角的大小时，当求出两半平面、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(xx高考满分x分)平面图形ABB1A1C1C如图所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABACeq r(2)，A1B1A1C1eq r(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

21、A1A，A1B，A1C，得到如图所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1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BB1C1C是矩形，面ABC面BB1C1C，面A1B1C1面BB1C1Ceq o(,sup7(取BC，B1C1的中点D，D1),sdo5(连接DD1)DD1，B1D1，A1D1两两垂直2审结论，明确解题方向观察结论：(1)证明：AA1BC，(2)求AA1的长，(3)求二面角ABCA1的余弦值eq o(,sup7(需建立空间直角坐标系),sdo5(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

22、破口D1D，D1B1，D1A1两两垂直，BC2，BB14，ABACeq r(2)，A1B1A1C1eq r(5)eq o(,sup7(以D1D，D1B1，D1A1所在直线),sdo5(分别为z轴，x轴，y轴)建立空间直角坐标系eq o(,sup7(及相关向量),sdo5()(1)证明0，(2)计算AA1|，(3)求平面法向量的夹角得相应结论准确规范答题坐标系建立不当，不能准确地推证ADA1D1，导致点A的坐标求错. (1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C

23、1.(1分)又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.(2分)故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.(3分)由题设， 可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.(4分)所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0，4)，故(0,3，4)，(2,0,0)，0，(5分)因此，即AA1BC.(6分)求出cosn1，n2eq f(r(5),5)后，不判断二面角大小直接得出结论从而失误.(2)因为(0,3，4)，所以|5，即AA15.(8分)(3)设平面A1BC的法向量为n1(x

24、1，y1，z1)，又因为(1，2,4)，(1，2,4)，(9分)所以eq blcrc (avs4alco1(n10，, n10，)(10分)即eq blcrc (avs4alco1(x12y14z10，,x12y14z10)eq blcrc (avs4alco1(x10，,y12z1.)令z11，则n1(0,2,1)又因为平面ABCz轴，所以取平面ABC的法向量为n2(0,0,1)，不注意条件“z轴平面ABC”的应用，增大运算量.则cosn1，n2eq f(n1n2,|n1|n2|)eq f(1,r(5)eq f(r(5),5)，(11分)所以二面角ABCA1的余弦值为eq f(r(5),5)

25、.(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：第一步理清题意利用条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标系第二步确定相关点的坐标结合建系过程与图形，准确地写出相关点的坐标第三步确立平面的法向量利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量第四步转化为向量运算将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为向量的夹角问题去论证，求解第五步问题还原结合条件与图形，作出结论(注意角的范围)第六步反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了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，

26、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，求与夹角的余弦值解：(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，eq r(3)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)

27、，f(3,2)，0)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(3,2)，r(3)，(1,0,0)，与夹角的余弦值为cos，eq f(,| |)eq f(f(1,2),r(1f(22,4)eq f(r(22),22).2(2013孝感模拟)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Dxyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0，1)，F(0,

28、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eq blcrc (avs4alco1(m0，,m0，)即eq blcrc (avs4alco1(z10，,2x1y1z10.)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，neq f(mn,|m|n|)eq f(2,r(5)r(2)eq f(r(10),5)，由图可知二面角DFGE为钝角，二面角DFGE的余弦值为eq f(r(10),5).3.如图，在正三棱柱AB

29、CA1B1C1中，ABeq r(2)AA1，点D是A1B1的中点，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：(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AA1eq r(2)，则AB2，相关各点的坐标分别是A(0，1,0)，B(eq r(3)，0,0)，C1(0,1，eq r(2)，Deq

30、blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，r(2).易知(eq r(3)，1,0)，(0,2，eq r(2)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，r(2).设平面ABC1的一个法向量为n(x，y，z)，则有eq blcrc (avs4alco1(nr(3)xy0，,n2yr(2)z0.)解得xeq f(r(3),3)y，zeq r(2)y.故可取n(1，eq r(3)，eq r(6)所以，cosn，eq f(n,|n|)eq f(2r(3),r(10)r(3)eq f(r(10),5).由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的

31、正弦值为eq f(r(10),5).4(2012江西高考)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1eq r(5)，BC4，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夹角的余弦值解：(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AOeq r(AB2BO2)1，AA1eq r(5)，

32、得AEeq f(AO2,AA1)eq f(r(5),5).(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eq f(1,5)得点E的坐标是eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,5)，0，f(2,5)，由(1)得平面BB1C1C的法向量是eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,5)，0，f(2,5)，设平面A1B1C的法向量n(x，y，z)，由eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，)得eq blcrc (avs4alco1(x2y0，,yz0.)令y

33、1，得x2，z1，即n(2,1，1)，所以cos，neq f(n,| |n|)eq f(r(30),10)，即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是eq f(r(30),10).5如图所示，在多面体ABCDA1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1底面ABCD，AB2A1B12DD12a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，

34、则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)(1)(a，a，a)，(0,0，a)，|cos，|eq blc|rc|(avs4alco1(f(,| | )eq f(r(3),3)，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为eq f(r(3),3).(2)(a，a，a)，(2a,0,0)，(0，a，a)，eq blcrc (avs4alco1(0，, 0，)FB1BB1，FB1BC.BB1BCB，FB1平面BCC1B.(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法向量设n(x1，y1，z1)为平面FCC1

35、的法向量，(0，a，a)，(a,2a,0)，eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，)得eq blcrc (avs4alco1(ay1az10，,ax12ay10.)令y11，则x12，z11，n(2,1,1)，cos，neq f(n,| |n|)eq f(r(3),3)，即二面角FCC1B的余弦值为eq f(r(3),3).6(2013聊城模拟)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，eq f(PM,MC)eq f(1,2)，求证：PA平面MQB；(3)在(2)的条件下，若

36、平面PAD平面ABCD，且PAPDAD2，求二面角MBQC的大小解：(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，eq f(AQ,BC)eq f(AN,NC)eq f(1,2).又eq f(PM,MC)eq f(1,2)，eq f(PM,MC)eq f(AN,NC)eq f(1,2).PAMN.MN平面MQB，PA平面MQB， 图(1)PA平面MQB.(3)由PAPDAD2，

37、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，则各点坐标为A(1,0,0)，B(0，eq r(3)，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，eq r(3)设平面MQB的法向量n(x，y,1)，可得 图(2)eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0.)PAMN，eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0.)解得n(eq r(3)，0,1)取平面ABCD的法向量m(0,0,1)cosm，neq f(mn,|m|n|)eq f(1,2).故二面角MBQC的大小为60

38、.7(2012福建高考)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解：(1)证明：以A为原点，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ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，1，0)，B1(a，0,1)，故(0,1,1)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，1，1)，(

39、a,0,1)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，1，0).eq f(a,2)011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得eq blcrc (avs4alco1(axz0，,f(ax,2)y0.)取x1，则yeq f(a,2)，za，得平面B1AE的一个法向量neq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,2)，a).要使DP平面B1AE，只要n，有eq f(a,2)az00，解得z0eq f(1,2).又DP平面B1AE

40、，存在点P，满足DP平面B1AE，此时APeq f(1,2).(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos eq f(n,|n|)eq f(f(a,2)a,r(2) r(1f(a2,4)a2) .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即eq f(f(3a,2),r(2) r(1f(5a2,4)eq f(r(3),2)，解得a2，即AB的长为2.1直三棱柱ABC

41、ABC中，ACBCAA，ACB90，D、E分别为AB、BB的中点(1)求证：CEAD；(2)求异面直线CE与AC所成角的余弦值解：(1)设a，b，c，根据题意，|a|b|c|且abbcca0，beq f(1,2)c，ceq f(1,2)beq f(1,2)a.eq f(1,2)c2eq f(1,2)b20.，即CEAD.(2)ac，beq f(1,2)c，|eq r(2)|a|，|eq f(r(5),2)|a|.(ac)(beq f(1,2)c)eq f(1,2)c2eq f(1,2)|a|2，cos，eq f(f(1,2)|a|2,r(2)f(r(5),2)|a|2)eq f(r(10),1

42、0).即异面直线CE与AC所成角的余弦值为eq f(r(10),10).2如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)设PDAD，求二面角APBC的余弦值解：(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDeq r(3)AD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.故PABD.(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Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，eq r(3)，0)，C(1，eq r(3)，0)，P(0,0

43、,1)(1，eq r(3)，0)，(0，eq r(3)，1)，(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，) 即eq blcrc (avs4alco1(xr(3)y0，,r(3)yz0，)因此可取n(eq r(3)，1，eq r(3)设平面PBC的法向量为m(x1，y1，z1)，则eq blcrc (avs4alco1(m0，,m0，)eq blcrc (avs4alco1(r(3)y1z10，,x10，)可取m(0，1，eq r(3)，cosm，neq f(4,2r(7)eq f(2r(7),7).故二面角APBC的余弦值为e

44、q f(2r(7),7).3(2013武汉模拟)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：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 60eq f(|,|)，即eq f(1,r(2)r(h21)eq f(1,2)，得eq

45、r(1h2)eq r(2)，解得h1.(2)由D是BB1的中点，得Deq blc(rc)(avs4alco1(1，0，f(h,2)，于是eq blc(rc)(avs4alco1(1，1，f(h,2).设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，于是由n，n可得eq blcrc (avs4alco1(n0，,n0，)即eq blcrc (avs4alco1(xhz0，,y0，)可取n(h,0,1)，故sin |cos，n|，而|cos，n|eq f(|n|,|n|)eq f(|hf(h,2)|,r(f(1,4)h22)r(h21)eq f(h,r(h49h28).令f(h)eq f(h,r(h4

46、9h28)eq f(1,r(h2f(8,h2)9)，因为h2eq f(8,h2)92eq r(8)9，当且仅当h2eq f(8,h2)，即heq r(4,8)时，等号成立所以f(h)eq f(1,r(92r(8)eq f(1,r(8)1)eq f(2r(2)1,7)，故当heq r(4,8)时，sin 的最大值为eq f(2r(2)1,7).4如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC60，平面AA1C1C面ABCD，A1AC60.(1)证明：BDAA1；(2)求二面角DA1AC的平面角的余弦值；(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1G？若存在，求出P的位置，若不

47、存在，说明理由解：连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AAeq oal(2,1)AO22A1AAOcos 603.AO2A1O2A1A2，AOA1O，由于平面AA1C1C平面ABCD，A1O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(eq r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(eq r(3)，0,0)，A1(0,0，eq r(3)(1)由(2eq r(3)，0,0)，(0,1，eq r(3)，则0(2eq r(3)10eq r(3)00，BDAA1，(2)由OB面

48、AA1C1C，平面AA1C1C的法向量n1(1,0,0)，设n2面AA1D，则eq blcrc (avs4alco1(n2，,n2，)设n2(x，y，z)，得到eq blcrc (avs4alco1(yr(3)z0，,r(3)xy0，)取n2(1，eq r(3)，1)，cosn1，n2eq f(n1n2,|n1|n2|)eq f(r(5),5).二面角DA1AC的平面角的余弦值是eq f(r(5),5).(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，eq r(3)得P(0,1，eq r(3)，(eq r(3)，1，eq r(3)设n3面

49、DA1C1，则eq blcrc (avs4alco1(n3，,n3，)设n3(x3，y3，z3)，得到eq blcrc (avs4alco1(2y30，,r(3)x3r(3)z30，)不妨取n3(1,0，1)又面DA1C1，n30，eq r(3)eq r(3)0，1.点P在C1C的延长线上且使C1CCP. eq avs4al(第六节空间向量的运算及空间位置关系)备考方向要明了考 什 么怎 么 考1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2.会推导空间两点间的距离公式3.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4.掌握空间向量的线性运算及其

50、坐标表示5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.1.高考对于空间直角坐标系的考查，一般是点的坐标的求解、距离的计算等，且多渗透到解答题中，难度不大，如2012年新课标全国T19、江西T19等都渗透对空间直角坐标系的考查2.数量积的运算及应用是高考对本节考查的热点，主要利用向量法证明共线、共面、平行、垂直等，一般体现在解答题中，如2012年天津T17，新课标全国T19等.归纳知识整合1空间直角坐标系及有关概念(1)空间直角坐标系名称内容空间直角坐标系以空间一点O为原点，具有相同的单位长度，给定正方向，建立三条两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴，这时建立了一个空

51、间直角坐标系Oxyz.坐标原点点O坐标轴x轴、y轴、z轴坐标平面通过每两个坐标轴的平面(2)右手直角坐标系的含义：当右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向时，中指指向z轴的正方向(3)空间中点M的坐标：空间中点M的坐标常用有序实数组(x，y，z)来表示，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标建立了空间直角坐标系后，空间中的点M和有序实数组(x，y，z)可建立一一对应的关系探究1.空间直角坐标系中的坐标平面把空间分成几部分？坐标轴上的点的坐标有什么特点？提示：空间直角坐标系中的坐标平面将空间分成8部分坐标轴上点的坐标的特点是另外两个坐标均为零

52、2空间两点间的距离(1)设点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB|eq r(x1x22y1y22z1z22).特别地，点P(x，y，z)与坐标原点O的距离为|OP|eq r(x2y2z2).(2)设点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)是空间中两点，则线段AB的中点坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(f(x1x2,2)，f(y1y2,2)，f(z1z2,2).3空间向量的概念及运算空间向量的概念及运算同平面向量基本相同加减运算遵循三角形或平行四边形法则；数乘运算和数量积运算与平面向量的数乘运算和数量积运算相同；坐标运算与平面向量的坐标运算类似，仅多出了

53、一个竖坐标4空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b0)，ab的充要条件是存在实数，使得ab.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x，y)，使pxayb.(3)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，存在有序实数组x，y，z，使得pxaybzc.其中，a，b，c叫做空间的一个基底5两个向量的数量积(与平面向量基本相同)(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作a，b，则角AOB叫做向量a与b的夹角，记作a，b通常规定0a，b.若a，beq f(,

54、2)，则称向量a，b互相垂直，记作ab.(2)两向量的数量积：两个非零向量a，b的数量积ab|a|b|cosa，b(3)向量的数量积的性质：ae|a|cosa，e；abab0；|a|2aaa2；|ab|a|b|.(4)向量的数量积满足如下运算律：(a)b(ab)；abba(交换律)；a(bc)abac(分配律)探究2.对于实数a，b，若ab0，则一定有a0或b0，而对于向量a，b，若ab0，则一定有a0或b0吗？提示：不一定因为当a0且b0时，若ab，也有ab0.3对于非零向量b，由abbcac，这一运算是否成立？提示：不成立根据向量数量积的几何意义，abbc说明a在b方向上的射影与c在b方向

55、上的射影相等，而不是ac.6空间向量的坐标运算(1)设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)ab(a1b1，a2b2，a3b3)，ab(a1b1，a2b2，a3b3)，a(a1，a2，a3)，aba1b1a2b2a3b3.aba1b2a2b2a3b30；aba1b1，a2b2，a3b3(R)；cosa，beq f(ab,|a|b|)eq f(a1b1a2b2a3b3,r(aoal(2,1)aoal(2,2)aoal(2,3)r(boal(2,1)boal(2,2)boal(2,3) .(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则(x2x1，y2y1，z2z1)自测牛刀小试

56、1点(2,0,3)在空间直角坐标系中的位置是()Ay轴上BxOy平面上CxOz平面上 Dx轴上解析：选C由于点的纵坐标为0，故这样的点在xOz平面上2如图所示，正方体的棱长为1，M是所在棱上的中点，N是所在棱上的四分之一分点，则M、N之间的距离为_解析：由条件知，Meq blc(rc)(avs4alco1(1，0，f(1,2)，Neq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)，1，0)，故| eq r(blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4)2012blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)0)2)eq f(r(29),4).答案：eq f(r(29),4)3(教材习题

57、改编)已知a(3,2,5)，b(1，1)若ab，则_.解析：ab，(3)125(1)0，4.答案：44(教材习题改编)在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则eq f(1,2)()_.解析：依题意有eq f(1,2)()eq f(1,2)2.答案： 5已知四边形ABCD为平行四边形，且A(4,1,3)，B(2，5,1)，C(3,7，5)，则点D的坐标为_解析：设D(x，y，z)，(2，6，2)，(cx，7y，5z)，由，得x2,7y6，5z2，即x2，y13，z3，故点D的坐标为(2,13，3)答案：(2,13，3)空间中两点间的距离公式及应用例1已知点M(3,2,1)，N(1,0,5)，求

58、：(1)线段MN的长度；(2)到M，N两点的距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件自主解答(1)根据空间两点间的距离公式得线段MN的长度MNeq r(312202152)2eq r(6)，所以线段MN的长度为2eq r(6).(2)因为点P(x，y，z)到M，N的距离相等，所以有eq r(x32y22z12)eq r(x12y02z52)，化简得xy2z30，因此，到M，N两点的距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件是xy2z30.求解空间距离的关键点解决空间中的距离问题就是把点的坐标代入距离公式计算，其中确定点的坐标或合理设出点的坐标是解题的关键若求满足某一条件的点，要先设出点的

59、坐标，再建立方程或方程组求解1已知直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA12，M为BC1的中点，N为A1B1的中点，求|MN|.解：如图，以A为原点，AB，AC，AA1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则B(2,0,0)，C1(0,2,2)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，N(1,0,2)，M(1,1,1)，|MN|eq r(112012212)eq r(2).空间向量的线性运算例2(1)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点化简eq f(1,2)eq f(1,2)_；用，表示，则_.(2)向量a(3,5，4)，b(2,1,8)计算2a3b

60、,3a2b的值自主解答(1)eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,2)().eq f(1,2)eq f(1,2)()，eq f(1,2)()eq f(1,2)eq f(1,2).(2)解：2a3b2(3,5，4)3(2,1,8)(6,10，8)(6,3,24)(12,13,16)3a2b3(3,5，4)2(2,1,8)(9,15，12)(4,2,16)(13,17,4)答案(1)eq f(1,2)eq f(1,2)本例中(1)条件不变，结论改为：设E是棱DD1上的点，且eq f(2,3)，若xyz，试求x，y，z的值解：eq f(2,3)eq f(1,2)()eq f(2,3)eq