应用4-空间向量在立体几何中综合应用

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。

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2012年陕西T18，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考查，如2012年北京T16，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．[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l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2向量分别为n1，n2.l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔m·n＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm 平面α、β的法向量分别为n，m.α∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝03.两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)．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|.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＝〈ABu u u r，CDu u u r〉．(2)如图②③，n1，n2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＝〈n1，n2〉(或π－〈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，π]；两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2；直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；二面角的范围是[0，π]，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 u u u r·n ||n |.[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)两条不重合的直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1，－1,2)，v 2＝(0,2,1)，则l 1与l 2的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定解析：选C ∵v 1·v 2＝1×0＋(－1)×2＋2×1＝0， ∴v 1⊥v 2，从而l 1⊥l 2.2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4) ∴n ＝－2a ，即a ∥n . ∴l ⊥α.3．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β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：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°. ∴两平面所成的二面角为45°或135°. 答案：45°或135°5．若平面α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α所成的角的正弦值为________．解析：设直线l 与平面α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n |·|a |＝|－1×2＋1×1＋1×2|－12＋12＋12·22＋12＋22＝39.答案：39用向量法证明平行、垂直[例1] 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E 、F 、E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .[自主解析] 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2. (1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵11C E u u u u r ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0，1FC u u uu r ＝(－1,0,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·11C E u u u u r＝0，n ·1FC u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.取n ＝(1,2,1)．∵CE u u u r ＝(1，－1,1)，n ·CE u u u r＝1－2＋1＝0， ∴CE u u u r⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，由EF u u u r＝(0,1,0)，FC u u u r ＝(－1,0，－1)，∴⎩⎨⎧m ·EF u u u r＝0，m ·FC u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0. 取m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .保持例题条件不变，求证：CF ⊥平面C 1EF .证明：由例题可知，E (1,0,1)，F (1,1,1)，C (0,1,0)，C 1(0,1,2)，∴CF u u u r ＝(1,0,1)，1C F u u u u r ＝(1,0，－1)，EF u u u r ＝(0,1,0)．∴CF u u u r ·1C F u u u ur ＝1×1＋0×0＋1×(－1)＝0， CF u u u r ·EF u u u r＝1×0＋0×1＋1×0＝0.∴CF u u u r ⊥1C F u u u u r ，CF u u u r ⊥EF u u u r.∴CF ⊥C 1F ，CF ⊥EF . ∵C 1F ∩EF ＝F ， ∴CF ⊥平面C 1EF . ———————————————————1.向量法证明空间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．(2013·安徽师大附中模拟)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，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 u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE u u u r＝(a ，3a ，a )，BC u u u r ＝(2a,0，－a )，∵AF u u u r ＝12(BE u u u r ＋BC u u ur )，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD u u u r ＝(－a ，3a,0)，ED u u u r＝(0,0，－2a )，∴AF u u u r ·CD u u u r ＝0，AF u u u r ·ED u u u r＝0，∴AF u u u r ⊥CD u u u r ，AF u u u r ⊥ED u u u r.又CD ∩DE ＝D ， ∴AF u u u r⊥平面CDE ， 即AF ⊥平面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 u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u r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 u u u r＝(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 u u u r n ⊥1EC u u u u r ⇒⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2×2＝0⇒x ＝y ＝－1， ∴n ＝(－1，－1,2)，∵向量1AA u u u r＝(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 u u u r |n ||1AA u u u r |＝－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 u u u u r ·1FD u u u u r |1EC u u uu r ||1FD u u u u r | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114. ———————————————————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．(2012·新课标全国卷)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1­BD ­C 1的大小．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA u u u r 的方向为x 轴的正方向，|CA u u u r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则1A D u u u u r ＝(0,0，－1)，BD u u u r＝(1，－1,1)，1DC u u u u r ＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD u u u r ＝0，n ·1A D u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD u u u r＝0，m ·1DC u u u u r ＝0，可取m ＝(1,2,1)． 从而cos n ，m＝n·m |n|·|m|＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.利用向量法求空间距离[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 u u u u r ＝(3，3，0)，MN u u u u r＝(－1,0，2)， MB u u u r＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧CM u u u u r·n ＝3x ＋3y ＝0，MN u u u u r·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 u u u r||n |＝423.——————————————————— 求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n ；(2)在平面α内取一点A ，确定向量PA u u u r的坐标；(3)代入公式d ＝|n ·PA u u u r ||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 u u u r ＝(0,2,0)，GE u u u r ＝(4,2，－2)，EF u u u r＝(－2,2,0)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·GE u u u r＝0，n ·EF u u u r ＝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 u u u r |·cos〈BE u u u r，n 〉＝|BE u u u r·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0，2，0·1，1，311＝21111.2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α­l­β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．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] (2012·安徽高考·满分12分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝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A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A ­BC ­A 1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BB 1C 1C 是矩形，面ABC ⊥面BB 1C 1C ，面A 1B 1C 1⊥面BB 1C 1C ――――――――――――――→取BC ，B 1C 1的中点D ，D 1连接DD 1DD 1，B 1D 1，A 1D 1两两垂直． 2．审结论，明确解题方向 观察结论：(1)证明：AA 1⊥BC ，(2)求AA 1的长，(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值――――――――――――→需建立空间直角坐标系正确写出相关点的坐标转化为向量运算解决． 3．建联系，找解题突破口D 1D ，D 1B 1，D 1A 1两两垂直，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5―――――――――――――→以D 1D ，D 1B 1，D 1A 1所在直线分别为z 轴，x 轴，y 轴建立空间直角坐标系―――――→及相关向量 (1)证明1A A u u u r ·BC u u u r ＝0，(2)计算AA 1＝|1AA u u u r|，(3)求平面法向量的夹角―→得相应结论．[准确规范答题](1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1. 因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.⇨(1分) 又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.⇨(2分)故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz .⇨(3分) 由题设， 可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ， 于是AD ∥A 1D 1.⇨(4分)所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0，4)，故1AA u u u r ＝(0,3，－4)，BC u u u r ＝(－2,0,0)，1AA u u u r ·BC u u u r＝0，⇨(5分)因此1AA u u u r ⊥BC u u u r，即AA 1⊥BC .⇨(6分)坐标系建立不当，不能准确地推证AD ∥A 1D 1，导致点A 的坐标求错.(2)因为1AA u u u r＝(0,3，－4)，所以|1AA u u u r|＝5，即AA 1＝5.⇨(8分)(3)设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，又因为1AC u u u r ＝(－1，－2,4)，1A B u u u r ＝(1，－2,4)，⇨(9分)所以⎩⎪⎨⎪⎧1AC u u u r·n 1＝0， 1A B u u u r·n 1＝0，⇨(10分)即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝2z 1.令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)．又因为平面ABC ⊥z 轴，所以取平面ABC 的法向量为n 2＝(0,0,1)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15＝55，⇨(11分)所以二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.⇨(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：⇒⇒⇒⇒⇒量运算向量的夹角问题去论证，求解的范围) 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，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD 折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求AEu u u r与DBu u u r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，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DBu u u r，DCu u u r，DAu u u r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(0,0，3)，E⎝⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴AEu u u r＝⎝⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DBu u u r＝(1,0,0)，∴AEu u u r与DBu u u r夹角的余弦值为cos〈AEu u u r，DBu u u r〉＝AEu u u r·DBu u u r| AEu u u r|·|DBu u u r|＝121×224＝2222.2．(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA ⊥EF ；(2)求二面角D －FG －E 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D －xyz ，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)∵PA u u u r ＝(0,2，－2)，EF u u u r＝(1,0,0)， ∴PA u u u r ·EF u u u r＝0，∴PA ⊥EF .(2)易知DF u u u r＝(0,0,1)，FG u u u r ＝(－2,1，－1)．设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·DF u u u r＝0，m ·FG u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，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，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25×2＝105，由图可知二面角D －FG －E 为钝角， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105. 3.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点，点E 在A 1C 1上且DE ⊥AE .(1)证明：平面ADE ⊥平面ACC 1A 1；(2)求直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值．解：(1)证明：由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1，又DE ⊂平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1. (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AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.易知AB u u u r＝(3，1,0)，1AC u u u u r ＝(0,2，2)，AD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC u u u ur ＝2y ＋2z ＝0.解得x ＝－33y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)． 所以，cos 〈n ，AD u u u r 〉＝n ·AD u u u r|n |·|AD u u u r |＝2310×3＝105.由此即知，直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值为105. 4．(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；(2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1. 因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1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)，A 1(0,0,2)，由AE u u u r ＝151AA u u u r 得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r＝0，n ·1ACu u u r ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE u u u r，n 〉＝OE u u u r ·n | OE u u u r |·|n |＝3010，即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010. 5．如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上，下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点， 求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1；(3)在(2)的条件下，求二面角F －CC 1－B 的余弦值．解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB u u u r ＝(－a ，a ，a )，1DD u u u u r＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB u u u r ，1DD u u u u r〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB u u u r ·1DD u u u u r | 1AB u u u r|·|1DD u u u u r ＝33， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)∵1BB u u u r ＝(－a ，－a ，a )，BC u u u r＝(－2a,0,0)，1FB u u u r ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB u u u r ·1BB u u u r ＝0， 1FB u u u r ·BC u u u r ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B .(3)由(2)知，1FB u u u r为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量，∵1CC u u u u r ＝(0，－a ，a )，FC u u u r＝(－a,2a,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·1CC u u u u r ＝0，n ·FC u u u r＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)，∴cos 〈1FB u u u r ，n 〉＝1FB u u u r·n | 1FB u u u r |·|n|＝33， 即二面角F －CC 1－B 的余弦值为33.6．(2013·聊城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：PA ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．解：(1)连接BD ，四边形ABCD 菱形， ∵∠BAD ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， 又Q 为AD 中点， ∴AD ⊥BQ .∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，AD ⊥PQ ，又BQ ∩PQ ＝Q ，∴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AQ ∥BC 可得， △ANQ ∽△CNB ，∴AQ BC ＝AN NC ＝12. 又PM MC ＝12， ∴PM MC ＝AN NC ＝12. ∴PA ∥MN .∵MN ⊂平面MQB ，PA ⊄平面MQB ， 图(1) ∴PA ∥平面MQB .(3)由PA ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，则PQ ⊥AD . 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 (0，3，0)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)．设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y,1)，可得 图(2)⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB u u u r ＝0，n ·MN u u u u r ＝0.∵PA ∥MN ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB u u u r ＝0，n ·PA u u u r ＝0.解得n ＝(3，0,1)．取平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.故二面角M －BQ －C 的大小为60°.7．(2012·福建高考)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u r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AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0,1)，故1AD u u u u r ＝(0,1,1)，1B E u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB u u u r ＝(a,0,1)，AE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵1AD u u u u r ·1B E u u u r ＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP u u u r＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB u u u r ，n ⊥AE u u u r ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP u u u r ，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴1AD u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD u u u u r＝(0,1,1)． 设1AD u u u u r与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·1AD u u u u r|n ||1AD u u u u r |＝－a 2－a 2· 1＋a 24＋a2 .∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.1．直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．解：(1)设CA u u u r ＝a ，CB u u u r ＝b ，CC 'u u u u r＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE u u u r ＝b ＋12c ，A D 'u u u u r ＝－c ＋12b －12a .∴CE u u u r ·A D 'u u u u r ＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE u u u r ⊥A D 'u u u u r，即CE ⊥A ′D .(2)AC 'u u u u r ＝－a ＋c ，CE u u u r ＝b ＋12c ，∴|AC 'u u u u r |＝2|a |，|CE u u u r |＝52|a |.AC 'u u u u r ·CE u u u r ＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC 'u u u u r ，CE u u u r〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 2．如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值． 解：(1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ， 由余弦定理得BD ＝3AD . 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD . 所以BD ⊥平面PAD .故PA ⊥BD .(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D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)．AB u u u r ＝(－1，3，0)，PB u u u r＝(0，3，－1)，BC u u u r ＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB u u u r＝0，n ·PB u u u r＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0，因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·PB u u u r＝0，m ·BC u u u r＝0，∴⎩⎨⎧3y 1－z 1＝0，－x 1＝0，可取m ＝(0，－1，－3)，cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.3．(2013·武汉模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D 是BB 1的中点，DC 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．解：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设AA 1＝h (h >0)，则有B (1,0,0)，B 1(1,0，h )，C 1(0,1，h )，A 1(0,0，h )，11B C u u u u r ＝(－1,1,0)，11AC u u u u r ＝(0,1,0)，1A B u u u r ＝(1,0，－h )．(1)因为异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，所以cos 60°＝|11B C u u u u r ·1A B u u u r ||11B C u u u u r |·|1A B u u u r |， 即12·h 2＋1＝12，得1＋h 2＝2，解得h ＝1. (2)由D 是BB 1的中点，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，h 2，于是1DC u u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，h 2. 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，于是由n ⊥1A B u u u r ，n ⊥11AC u u u u r 可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·1A B u u u r ＝0，n ·11AC u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －hz ＝0，y ＝0，可取n ＝(h,0,1)，故sin θ＝|cos 〈1DC u u u u r ，n 〉|，而|cos 〈1DC u u u u r ，n 〉|＝|1DC u u u u r ·n ||1DC u u u u r |·|n |＝|－h ＋h 2|14h 2＋2·h 2＋1＝h h 4＋9h 2＋8. 令f (h )＝h h 4＋9h 2＋8＝1h 2＋8h 2＋9，因为h 2＋8h 2＋9≥28＋9，当且仅当h 2＝8h 2，即h ＝48时，等号成立． 所以f (h )≤19＋28＝18＋1＝22－17， 故当h ＝48时，sin θ的最大值为22－17. 4．如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥面ABCD ，∠A 1AC ＝60°.(1)证明：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的平面角的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1G ？若存在，求出P 的位置，若不存在，说明理由．解：连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2A 1A ·AO cos 60°＝3.∴AO 2＋A 1O 2＝A 1A 2，∴AO ⊥A 1O ，由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥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 (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．(1)由BD u u u r ＝(－23，0,0)，1AA u u u r ＝(0,1，3)，则1AA u u u r ·BD u u u r ＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD ⊥AA 1，(2)由OB ⊥面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)，设n 2⊥面AA 1D ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥1AA u u u r ，n 2⊥AD u u u r ，设n 2＝(x ，y ，z )， 得到⎩⎨⎧ y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝55. ∴二面角D －A 1A －C 的平面角的余弦值是55. (3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥面DA 1C 1，设CP u u u r ＝λ1CC u u u u r ，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．得P (0,1＋λ，3λ)，BP u u u r ＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3⊥面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 3⊥11AC u u u u r ，n 3⊥1DA u u u u r ，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，得到⎩⎨⎧ 2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，∴不妨取n 3＝(1,0，－1)．又∵BP u u u r ∥面DA 1C 1，∴n 3·BP u u u r ＝0， ∴－3－3λ＝0， ∴λ＝－1. ∴点P 在C 1C 的延长线上且使C 1C ＝CP .。

浅谈空间向量方法在立体几何中的应用发布时间：2022-06-01T03:40:21.850Z 来源：《比较教育研究》2022年3月作者：张乐刚[导读] 立体几何在进行讲解时往往是立体抽象的，很多学生并不能很好的理解立体几何，需要借助身边的一些物体才能进行简单立体几何的学习，对于不规则、不常规的立体几何学生往往没有办法理解，因此就需要引进空间向量的方法从而帮助学生对立体几何的理解并应用空间向量解决立体几何的问题。

利用空间向量方法可以很好的帮助学生解决立体几何中的线与线、线与面、面与面等问题，本文将对立体几何中空间向量的应用进行简要探讨。

张乐刚山东省寿光市第一中学 262700【摘要】立体几何在进行讲解时往往是立体抽象的，很多学生并不能很好的理解立体几何，需要借助身边的一些物体才能进行简单立体几何的学习，对于不规则、不常规的立体几何学生往往没有办法理解，因此就需要引进空间向量的方法从而帮助学生对立体几何的理解并应用空间向量解决立体几何的问题。

利用空间向量方法可以很好的帮助学生解决立体几何中的线与线、线与面、面与面等问题，本文将对立体几何中空间向量的应用进行简要探讨。

【关键词】立体几何、空间向量、应用中图分类号：G652.2 文献标识码：A 文章编号：ISSN1003-7668（2022）3-061-01一、引言立体几何在高考全国卷中一般是22分，也就是两道选择题再加一道大题[1]。

立体几何出题的类型较多六种证明、两种求解，将这些类型的立体几何联系起来解题方法中空间向量法是行之有效的。

空间向量是一种利用空间坐标系对立体图形上各点进行确认进而解题的解题方法，空间向量在立体几何中有哪些应用、如何在立体几何中有效地利用空间向量进行解题是本文的主要内容。

二、空间向量在立体几何中的应用空间向量主要是解决立体几何中距离、角度、平行于垂直证明等问题[2]。

空间向量指的是在三维空间中既具有大小又具有方向的向量，空间向量的平移不变性是空间向量在立体几何中应用的主要特性之一。

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。

空间向量与立体几何一 利用空间向量证明空间位置关系考情聚焦：1．平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。

2．题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新。

考向链接：1．空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考查“向量法”的应用。

2．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。

例1：（2010·安徽高考理科·Ｔ18）如图，在多面体A B C D E F 中，四边形A B C D 是正方形，E F ∥A B ，EF FB ⊥，2AB EF =，90B F C ∠=︒，B F F C =，H 为B C 的中点。

(1)求证：F H ∥平面E D B ；(2)求证：A C ⊥平面E D B ； (3)求二面角B D E C --的大小。

【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。

【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明。

【规范解答】,,//,,,,,,,.ABC D AB BC EF FB EF AB AB FB BC FB B AB FBC AB FH BF FC H BC FH BC AB BC B FH ABC ∴⊥⊥∴⊥=∴⊥∴⊥=∴⊥=∴⊥ 四边形为正方形，又且，平面又为中点，且平面H H B G H H F 如图，以为坐标原点，分别以、、的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系，1,(1,2,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,1),(0,0,1).BH A B C D E F =-----令则(1)(0,0,1),(0,0,1),////H F H F G E H F H F ∴==∴⊂⊄∴ 设AC 与BD 的交点为G ，连接GE 、GH,则G （0,-1,0），GE 又GE 平面EDB,平面EDB,平面EDB(2)(2,2,0),(0,0,1),0,.AC AC AC AC AC =-=∴=∴⊥⊥∴⊥GE GE GE 又BD,且GE BD=G ，平面EBD.(3)1111111(1,,),(1,1,1),(2,2,0).010,10,220011,0y z BE BD BE y z y z y BD ==--=--⎧=--+=⎧⎪=-=⎨⎨--==⎩⎪⎩∴=-1111设平面BDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）2222222(1,,),(0,2,0),(1,1,1).00,01,10010,-1y z C D C E C D y y z y z C E ==-=-⎧==⎧⎪==-⎨⎨-+==⎩⎪⎩∴=2222设平面CDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）121212121cos ,,2||||,60,n n n n n n n n ∴<>===∴<>=即二面角B-DE-C 为60。

空间向量在立体几何中的应用
发表时间：2013-11-27T10:30:41.590Z 来源：《中学课程辅导·教学研究》2013年第23期供稿作者：张建武[导读] 空间向量在解决立体几何中有关平行、垂直、求角、求距离等问题时具有独到之处，可以减少一些复杂的思维和推理过程，提高解题效率。

张建武
摘要：立体几何是高中数学的重要内容，它在培养学生空间想象能力、逻辑推理能力等方面有着独特的作用，因而立体几何在每年高考中都占有重要的位置。

在过去的几何教学中，主要使用“形到形”的综合推理方法学习立体几何，由于空间图形的复杂性、多变性，对于多数学生都是比较难学的。

空间向量的引入，给立体几何注入了新的“血液”，降低问题难度，提高解题速度，为解决立体几何问题提供了新的有效的解题途径和方法。

空间向量在解决立体几何中有关平行、垂直、求角、求距离等问题时具有独到之处，可以减少一些复杂的思维和推理过程，提高解题效率。

本文就空间向量在立体几何中运用的重要考点和解题方法作解析。

关键词：空间向量；立体几何；应用
考点一、利用空间向量证明空间平行、垂直问题
作者单位：河南省渑池县第二高级中学邮政编码：472400。

空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1. 能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2. 会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3. 培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；知识梳理】、空间向量的运算1、向量的几何运算1）向量的数量积：已知向量，则叫做的数量积，记作空间向量数量积的性质：① ；②；③．2）向量共线定理：向量a r a r r r r0 与b 共线，当且仅当有唯一一个实数，使b2、向量的坐标运算（1）若，，则．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

2）若，，则，，3）夹角公式：（4）两点间的距离公式：若，，则二、空间向量在立体几何中的应用2. 利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．3. 利用空间向量证明垂直问题对于垂直问题，一般是利用进行证明；4. 利用空间向量求角度1）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（线线角的范围[0 0,90 0]）2）线面角的求法：（3）二面角的求法：设n1，n2 分别是二面角其补角的大小（如图）5. 利用空间向量求距离1）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，联立后取设n 是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为其一组解，即得到平面的一个法向量（如图）就是二面角的平面角或的两个面2）利用法向量求空间距离a ） 点 A 到平面 的距离： ，其中 ， 是平面 的法向量。

b ） 直线 与平面 之间的距离：，其中 ， 是平面 的法向量。

c ） 两平行平面 之间的距离： ，其中 ， 是平面 的法向量。

经典例题】例 1】（ 2010 全国卷 1理）正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中， B B 1与平面 AC D 1所成角的余弦值为（A )23B )332C )23 D )63【解析】 D 【例 2】（ 2010 全国卷 2 文）已知三棱锥 SA =3，那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为（ ） S ABC 中，底面 ABC 为边长等于 2 的等边三角形， SA 垂直于底面ABC ， A ) 3 (B) 4 5(C) 4 (D) 解析】 D 2012 全国卷）三棱柱 ABC A 1B 1C 1 中，底面边长和侧棱长都相等， SABAA 1CAA 1 60o ，则异面直线 AB 1与 BC 1所成角的余弦值为 解析】影是线段BC 的中点O。

空间向量在立体几何中的应用摘要：立体几何是数学中的一个重要分支，研究物体在三维空间中的形状、位置、方向和相互关系等问题。

空间向量是解决立体几何问题的重要工具之一，在立体几何中具有广泛的应用。

本文将介绍空间向量的基本概念和性质，并探讨它在立体几何中的应用。

一、介绍立体几何是研究三维空间中的图形和物体的数学分支。

空间向量是一个可以在三维空间中表示方向和长度的量，它具有大小和方向两个基本特性。

空间向量可以用来表示直线、平面、空间角等，在立体几何中有着广泛的应用。

二、空间向量的基本概念和性质1. 空间向量的表示空间向量可以用有序的三元组表示，如AB→表示从点A指向点B的向量。

向量的表示中可以使用坐标系和线段表示法等方法。

2. 向量的模和方向向量的模表示向量的长度或大小，用∥AB∥表示向量AB→的模。

向量的方向用有向线段或角度表示，可以通过单位向量来表示。

3. 向量的加法和减法空间中的两个向量可以进行加法和减法运算。

两个向量的加法运算的结果是一个新的向量，它的起点和第一个向量的起点相同，终点和第二个向量的终点相同。

减法运算可看作加法的逆运算。

4. 向量的数量积和向量积向量的数量积又称点积，表示两个向量之间的乘积。

向量的数量积满足交换律、分配律和结合律等性质，可以用来求解夹角、判定共线等问题。

向量的向量积又称叉积，表示两个向量的乘积，结果是一个新的向量，垂直于原来两个向量所在的平面。

三、空间向量在立体几何中的应用1. 直线与平面的关系空间向量可以用来判断直线与平面之间的位置关系，如直线与平面是否相交、直线是否在平面内等。

利用向量的数量积可以求直线与平面之间的夹角，从而判断它们的位置关系。

2. 点与直线的关系通过计算向量的数量积可以判断点与直线之间的位置关系，如点到直线的距离、点是否在线段上等。

利用向量的叉积可以求点到直线的垂直距离，从而判断它们的位置关系。

3. 直线与直线的关系空间向量可以用来判断直线与直线之间的位置关系，如直线是否平行、直线是否相交等。

空间向量在立体几何中的应用1.常见角的范围：（1）异面直线的夹角：0＜θ≤π2； （2）直线与平面所成的角：0≤θ≤π2；（3）二面角：0≤θ≤π； （4）直线的倾斜角：0≤θ＜π； （5）向量的夹角：0≤θ≤π； 2.空间向量在立体几何中的应用：3.空间向量与距离的关系： （1）点到线的距离如上图，点C 为直线AB 外一点，则点C 到直线AB 的距离：θsin ⋅=−→−AC d ，因为−→−−→−−→−−→−⋅⋅=ABAC ABAC θcos ，所以可以求出θsin ，进而求出d.（2）点到面的距离如下图，设直线AB 为平面α的一条斜线，点A 在平面内，点B 在平面外，−→−n 为平面α的法向量，设θ>=<−→−−→−n AB ,，则−→−−→−−→−−→−⋅⋅=nAB nAB 1cos θ.点B 到平面α的距离：−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnAB AB d θcos .注意：点到面的距离有时也可以用等体积法来求解。

另外，由于知道了−→−−→−−→−−→−⋅⋅=nAB nAB 1cos θ，所以可以求出θsin 的值，进而可以求出点A 到直线OB 的距离为：θsin ⋅=−→−−→−AB AO ；点O 到AB 的距离：θθθθsin sin cos sin ⋅⋅=⋅⋅=⋅−→−−→−−→−−→−nnAB AB d .（3）线到面的距离如下图，直线AD 平行于平面A 1BCD 1（直线AD 平行于直线A 1D 1），则直线AD 到平面A 1BCD 1的距离等于直线AD 上任意一点到平面A 1BCD 1的距离（线面距转化为点面距），设−→−n 为平面A 1BCD 1的法向量。

所以，直线AD 到平面A 1BCD 1的距离：−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=n nAB AB d θcos 或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnAC AC d θcos ；或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=n nBD BD d θcos 或者−→−−→−−→−−→−⋅=⋅=nnCD CD d θcos .（4）异面直线的距离如上图（同（3）中的图），直线AD 和直线BC 为异面直线，直线A 1D 1平行于直线AD 且与直线BC 共面，则异面直线AD 和直线BC 的距离等于直线AD 到平面A 1BCD 1的距离（线线距转化为线面距，线面距再转化为点面距）。

浅谈空间向量在立体几何中的应用引言：在高中数学中，向量既有代数的抽象也有几何的直观，其中的“数”与“行”完美结合的特点使得我们可以运用向量解决立体几何中某些复杂的问题。

正因为有向量的知識，解决立体几何一类的问题的时候就可以弥补部分同学在空间想象能力不足的缺陷，这在一定程度上降低了立体几何的做题难度。

一、向量在立体几何中的作用空间向量是高中数学教材中后来添加的新内容，它的功效就在于能够取代之前在传统教材中的地位，从目前的效果可以看出，它的作用是多方面的，主要涉及到垂直问题，角度问题，以及法向量之间的计算应用问题等。

1.空间向量的作用（1）证明垂直，面对线面垂直以及面面垂直的问题的时候，在算出法向量的基础上，通过证明直线平行于法向量即可得出结论；还有想要证明面面垂直的结论，证明出两平面的法向量是垂直的，即可得出最终的结论。

（2）计算角度，求二面角的精髓就在于转换两个法向量之间的角度来计算；立体几何中的平行问题是通过向量的基本定理进行验证的。

2.平面法向量（1）法向量，指的是与已知平面垂直的向量值，这个是可以根据坐标位置的确定有多个的，就我们使用的经验来讲一般是选择最为方便的那个来操作的。

（2）法向量的计算，根据一般情况建立适当的平面直角坐标轴，假设所知平面的法向量为m（a，b，c），在所在平面内找到两个相交的直线S，T，同时运用法向量来定义他们。

因为法向量垂直于所在平面，所以必定也垂直S，T，利用垂直向量点乘为零列出方程组。

由于有三个未知数a，b，c，通常是假设其中一个是较特殊的值，再求出另外两个的值。

二、向量在立体几何中的实际运用空间向量作为新鲜血液，解决几何问题时更具优势，解题者思维能清晰明了。

这样的方法不仅节省时间还能够简单地解决问题。

1.立体几何的证明和计算问题主要分成二大板块：位置问题和度量问题。

位置问题就是线线，线面之间的关系等；度量关系就是线线之间，线面之间的角度问题。

（1）证明问题1）假设在一个空间里有任意的一点O点，以及和O点不共线的E，F，G三点，假如：（其中x+y+z=1），则四点M，E，F，G共面。