第三讲 空间向量与立体几何

随堂讲义专题五

立体几何第三讲

空间向量与立体几何求解立体几何问题是高考的必考内容，每套试卷必有立体几何解答题，一般设2至3问，前一问较简单，最后一问难度较大，而选用向量法可以降低解题难度．预测2016年高考仍以棱柱或棱锥为载体，第一问求证线面平行、垂直关系，第二或第三问则求角或探索存在性问题，有一定难度．解析：解法一(1)取CD中点O，连接OB，OM，2．如下图所示，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．(1)证明：直线MN∥平面OCD；(2)求异面直线AB与MD所成角的大小；(3)求点B到平面OCD的距离．解析：解法一(综合法)(1)如右图所示，取OB中点E，连接ME，NE，∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD.∴MN∥平面OCD.思路点拨：(1)要证明线面垂直可转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直；(2)求二面角的平面角，一种方法是利用空间线面之间的推理论证关系作出二面角的平面角，通过解三角形知识求解；另一种方法是建立空间直角坐标系，求出相关坐标及二面角的两个平面的法向量，结合向量夹角公式求解．解析：(1)∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，

∴四边形ABCD和四边形A1B1C1D1均为菱形，∵AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，∴O，O1分别为BD，B1D1中点．∵四边形ACC1A1和四边形BDD1B1为矩形，∴OO1∥CC1∥BB1且CC1⊥AC，BB1⊥BD.∴OO1⊥BD，OO1⊥AC，又∵AC∩BD＝O且AC，BD⊆底面ABCD，∴OO1⊥底面ABCD.

(2)解法一

过O1作B1O的垂线交B1O于点H，连接HO1，HC1，设四棱柱ABCDA1B1C1D1的边长为2a.∵OO1⊥底面ABCD且底面ABCD∥面A1B1C1D1，∴OO1⊥面A1B1C1D1.又∵O1C1⊆面A1B1C1D1，∴O1C1⊥OO1.∵四边形A1B1C1D1为菱形，∴O1C1⊥O1B1.又∵O1C1⊥OO1且OO1∩O1C1＝O1，O1O、O1B1⊆面OB1D，∴O1C1⊥面OB1D.又∵B1O⊆面OB1D，∴B1O⊥O1C1.又∵B1O⊥O1H且O1C1∩O1H＝O1，O1C1、O1H⊆面O1HC1，∴B1O⊥面O1HC1，∴∠O1HC1为二面角C1OB1D的平面角，则cos∠O1HC1＝.∵∠CBA＝60°且四边形ABCD为菱形，设AB为2a，∴O1C1＝a，B1O1＝a，OO1＝2a，B1O＝＝a，解法二因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是棱形，因此，AC⊥BD，又O1O⊥面ABCD，从而OB，OC，O1O两两垂直，如图以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立三维直角坐标系．设AB＝2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是各点的坐标为：O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)，求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．3．如图，P是边长为1的正六边形ABCDEF所在平面外一点，PA＝1，P在平面ABCDEF内的射影为BF的中点O.(1)证明：PA⊥BF；(2)求面APB与面DPB所成二面角的大小．解析：∵平面PAD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°，∴PA⊥平面ABCD，而ABCD是正方形，即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂繁琐的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，从而使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．用空间向量解决立体几何问题时，要根据情况选择，易建立空间直角坐标系，可利用空间向量知识解决立体几何问题．2．在用空间向量