第九讲-立体几何中探索性问题的向量解法

利⽤空间向量解⽴体⼏何中的探索性问题2019-10-19⽴体⼏何中的探索性问题主要有两类：(1) 探索动点的位置；(2) 探索图形的形状。

前者主要是通过求出动点坐标来达到⽬的；后者通常是通过确定某条边的长度来解决问题。

类型⼀：探索动点的位置(动点在⼀条定直线上移动)【例１】如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧⾯AA1C1C底⾯ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且ABBC,O为AC的中点.在BC1上是否存在⼀点E,使得OE∥平⾯A1AB,若不存在,说明理由；若存在,确定点E的位置．分析 (1) A1O平⾯ABC；(2) 建⽴空间直⾓坐标系；(3) 求平⾯A1AB的法向量n=(x,y,z)；(4) 设E点的坐标；(5) 利⽤OE•n=0来求解E点的坐标。

解因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1OAC．⼜由题意可知,平⾯AA1C1C平⾯ABC,交线为AC,且A1O平⾯AA1C1C,所以A1O平⾯ABC．如图,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建⽴空间直⾓坐标系．由题意可知,A1A=A1C=AC=2,⼜AB=BC,ABBCOB=12AC=1．得：O（0,0,0）,A（0,-1,0）,A1（0,0,3）,C（0,1,0）,C1（0,2,3）,B（1,0,0）,则有：A1C=（0,1,-3）,AA1=（0,1,3）,AB=(1,1,0).设平⾯AA1B的⼀个法向量为n=（x,y,z）,则有n•AA1=0,n•AB=0,y+3z=0,x+y=0,令y=1,得x=-1,z=-33,n=-1,1,-33．设E=（x0,y0,z0）,令BE=λBC1，即（x0-1,y0,z0）=λ（-1,2,3）,得x0=1-λ，y0=2λ，z0=3λ.E=（1-λ,2λ,3λ）,得OE=（1-λ,2λ,3λ）令OE∥平⾯AA1B,得OE•n=0,即-1+λ+2λ-λ=0,得λ=12,即存在这样的点E,E为BC1的中点．点拨 (1) 本题的难点在于E点的坐标的设法,要是只设E=（x0,y0,z0）,则很难得到答案,运⽤共线向量定理,则问题可以迎刃⽽解；(2) ⼀般的,若动点E在定直线BC1(B、C1是定点)上移动,可以令BE=λBC1。

用向量法解决立体几何中的探索性问题作者：付冬雪来源：《黑龙江教育·中学》2016年第06期在直角坐标系中引入空间向量，为解决立体几何问题提供了一个有效的代数工具.立体几何中的探索性问题一般描述的是动态过程，需要一定的空间想象能力，而向量可以使复杂的问题简单化，降低思维难度，可操作性强，能有效提高数学学习效率.下面列举几种常见的用向量法解决立体几何中探索性问题的类型与方法.一、与平行有关的探索性问题问题1：如图1，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P 为侧棱SD上的点.若SD⊥平面PAC，问：侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求线段CE：ES的值.若不存在，说明理由.因为BE不在平面PAC内，故BE ∥平面PAC .点评：假设点 E 是线段SC上的点，一般可设=λ（0≤λ≤1）求出λ值，通过建立坐标系，向量的坐标是通过已知可求的，即可用λ表示向量.根据BE∥平面 PAC，由与面PAC的法向量垂直解出λ.立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，设比值引入参数，根据题中已知和所求结论转化成向量问题，解出参数.这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.二、与垂直有关的探索性问题问题2：如图2，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥面ABCD，NB⊥面ABCD，且MD=NB=1，E为BC中点，问：在线段AN上是否存在一点S，使ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，说明理由.点评：空间中的线线、线面、面面垂直都可转化为两向量的垂直来解决，本问题也可以利用向量与平面 AMN 的一个法向量共线来求得 S 的位置.三、与角有关的探索性问题问题3：已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点. 问：线段 PD上是否存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM的长度，若不存在，说明理由.从以上问题可以看出，向量是“数”与“形”相互转化的桥梁和纽带，既能体现“数”的运算性质，又具有“形”的直观特征，能融数形于一体.因此，向量是解决立体几何中平行、垂直、角和距离的有效工具. 用向量法解决立体几何中的探索性问题时，要恰当地建立空间直角坐标系，合理地等价转化所求问题，就能将几何问题代数化，将复杂问题简单化，将逻辑推理运算化.。

典型例题例题：如图，四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 为矩形， P A ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ⊥平面AEC ；(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C ­AF ­D 大小为60°？[解] (1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ， 因为四边形ABCD 为矩形，所以点O 是BD 的中点，因为点E 是棱PD 的中点，所以PB ⊥EO ，又因为PB ⊥平面AEC ，EO ⊥平面AEC ，所以PB ⊥平面AEC .(2)由题意知AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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，设AB ＝AD ＝2a ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，F (a ，a ，c )．因为z 轴⊥平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC ―→＝(2a ，2a ，0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊥平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝（1,0ca ），所以cos 60°＝|n·m||n|·|m|＝12·1＋a 2c 2＝12，得a ＝c . 即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C ­AF ­D 的大小为60°.解题策略利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．变式练习如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA＝1，OD ＝2，⊥OAB ，⊥OAC ，⊥ODE ，⊥ODF都是正三角形．(1)证明：直线BC ⊥平面OEF ；(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D的余弦值是31313？若不存在，请说明理由； 若存在，请求出M 点所在的位置． 解：(1)证明：依题意，在平面ADFC 中，⊥CAO ＝⊥FOD ＝60°，⊥AC ⊥OF ，又OF ⊥平面OEF ，⊥AC ⊥平面OEF .在平面ABED 中，⊥BAO ＝⊥EOD ＝60°，⊥AB ⊥OE ，又OE ⊥平面OEF ，⊥AB ⊥平面OEF .⊥AB ∩AC ＝A ，AB ⊥平面OEF ，AC ⊥平面OEF ，AB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面ABC ，⊥平面ABC ⊥平面OEF .又BC ⊥平面ABC ，⊥直线BC ⊥平面OEF .(2)设OD 的中点为G ，如图，连接GE ，GF ，由题意可得GE ，GD ，GF 两两垂直，以G 为坐标原点，GE ，GD ，GF 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易知O （0，-1，0），E (3，0，0)，F (0，0，3)，D (0，1，0)．假设在线段DF 上存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D 的余弦值是31313.设DM ―→＝λDF ―→，λ⊥[0，1]，则M (0，1－λ，3λ)， OM ―→＝(0，2－λ，3λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MOE 的法向量，由⎩⎨⎧n·OM ―→＝0，n·OE ―→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧（2－λ）·y ＋3λ·z ＝0，3x ＋y ＝0，可取x ＝－λ， 则y ＝3λ，z ＝λ－2，n ＝(－λ，3λ，λ－2)．又平面OED 的一个法向量m ＝(0，0，1)，⊥31313＝|cos m ，n |＝|λ－2|4λ2＋（λ－2）2，⊥(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ⊥[0，1]，⊥λ＝12.⊥存在满足条件的点M ，M 为DF 的中点．2．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ⊥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE ­BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ⊥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，⊥AF ⊥BE .⊥AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，⊥AF ⊥平面BDE . 又DE ⊥平面BDE ，⊥AF ⊥DE .⊥AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，⊥DE ⊥平面ABFE .又BE ⊥平面ABFE ，⊥DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：⊥AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，⊥AE ⊥平面DEFC . 如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,3)，D (0,21-,23)， AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝(2-,21-,23).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P (2，λλ+12，0)，λ⊥(0，＋∞)， 可得CP ―→＝(2，λλ+-11，3-). 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos<CP ，n>|＝5)11(71112⨯+-++---λλλλ＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)，⊥P 为AB 的中点时，满足条件．。

求解立体几何问题的向量方法向量方法在立体几何问题中的应用十分广泛，可以用于求解点、线、面的性质和相互关系，以及计算距离、角度和体积等问题。

以下将从点、线、面以及相关性质等方面详细介绍向量方法在立体几何中的应用。

一、点与向量的关系及性质：1.点P的坐标表示：设点P在空间中的坐标为(x,y,z)，则向量OP的坐标表示为(x,y,z)，其中O为坐标原点。

2.点的向量表示：点P与原点O的连线可表示为向量OP。

3.向量的模：向量OP的模记作，OP，或，OP，表示以点O为起点，点P为终点的有向线段OP的长度。

4.两点之间的向量：设点P(x1,y1,z1)、点Q(x2,y2,z2)，则向量PQ 的坐标表示为(Q-P)=(x2-x1,y2-y1,z2-z1)。

5.向量的方向：向量OP的方向是从点O指向点P的，可以用单位向量来表示，即方向与模相等的向量。

二、线的性质及向量表示：1.直线方程的向量表示：对于直线L，设点P在直线L上，向量n为直线的方向向量，则直线L上的任意一点P的坐标表示为P=P₀+t·n，其中t为实数，P₀为直线L上一点的坐标。

2.直线的方向向量：对于直线L，若直线L的方向向量u的坐标分量为(a,b,c)，则直线L的方向向量u=(a,b,c)。

3.直线的垂直性判定：若向量u和v互相垂直，则u·v=0。

4.直线的共面性判定：设直线L₁上有两点A和B，直线L₂上有一点P，则L₁和L₂共面当且仅当向量AB和AP共面，即[AB,AP]=0，其中[AB,AP]表示向量AB和AP的叉乘。

三、平面的性质及向量表示：1.平面的方程：平面上任意一点P(x,y,z)满足Ax+By+Cz+D=0称为平面的方程，其中(A,B,C)为平面的法向量。

2.平面的法向量：平面的法向量表示平面垂直于该向量的方向，可表示为n=(A,B,C)。

3.平面的一般方程：Ax+By+Cz+D=0。

若平面上有一点P₀(x₀,y₀,z₀)，则平面的一般方程可表示为A(x-x₀)+B(y-y₀)+C(z-z₀)=0。

第9讲向量法求空间距离、折叠及探索性问题1.会求空间中点到直线、点到平面的距离.2.会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系、角的存在条件与折叠问题.1.点P 到直线l 的距离设AP →＝a ，u 是直线l 的单位方向向量，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a ·u )u .在Rt △APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝□1a 2－（a ·u ）2.2.点P 到平面α的距离若平面α的法向量为n ，平面α内一点为A ，则平面α外一点P 到平面α的距离d ＝|AP →·n |n ||＝□2|AP →·n ||n |，如图所示.3.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.()(2)点到直线的距离也就是该点到直线上任一点连线的长度.()(3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等.()(4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×2.回源教材(1)已知平面ABC 的一个法向量为n ＝(1，2，1)，向量AF →＝(0，12，0)，则点F到平面ABC 的距离为.解析：由题意，点F 到平面ABC 的距离为|AF →·n ||n |＝|（0，12，0）·（1，2，1）|6＝66.答案：66(2)已知直线l 经过点A (2，3，1)，且向量n ＝(22，0，22)为l 的一个单位方向向量，则点P (4，3，2)到l 的距离为.解析：因为PA →＝(－2，0，－1)，且n ＝(22，0，22)为l 的一个单位方向向量，故点P 到l 的距离为d ＝|PA →|2－(PA →·n )2)＝5－（－2－22）2＝22.答案：22(3)已知棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，则平面AB 1C 与平面A 1C 1D 之间的距离为.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1，0，0)，C 1(0，1，0)，D (0，0，1)，A (1，0，1)，所以DA 1→＝(1，0，－1)，DC 1→＝(0，1，－1)，AD →＝(－1，0，0)，设平面A 1C 1D 的一个法向量为m ＝(x ，y ，1)⊥DA 1→，⊥DC 1→，－1＝0，－1＝0，解＝1，＝1，故m ＝(1，1，1)，显然平面AB 1C ∥平面A 1C 1D ，所以平面AB 1C 与平面A 1C 1D 之间的距离d ＝|AD →·m ||m |＝13＝33.答案：33利用空间向量求距离点到直线的距离例1如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为平面A 1ABB 1的中心，E 为BC 的中点，求点O 到直线A 1E 的距离.解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1，0，1)，E (12，1，0)，O (1，12，12)，因为A 1E →＝(－12，1，－1)，u ＝A 1E →|A 1E →|＝(－13，23，－23)，取a ＝OA 1→＝(0，－12，12)，所以a 2＝12，a ·u ＝－23.所以点O 到直线A 1E 的距离为a 2－（a ·u ）2＝12－49＝26.反思感悟用向量法求点到直线的距离的一般步骤(1)求直线的方向向量.(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度.(3)利用勾股定理求解.另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.点到平面的距离例2如图，已知四边形ABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别是AB ，AD的中点，CG 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且CG ＝2，则点B 到平面EFG 的距离为.解析：因为CG ⊥平面ABCD ，CD ，CB ⊂平面ABCD ，所以CG ⊥CD ，CG ⊥CB ，因为CD ⊥CB ，所以以C 为原点，CD ，CB ，CG 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (0，4，0)，E (2，4，0)，F (4，2，0)，G (0，0，2)，所以FE →＝(－2，2，0)，EG →＝(－2，－4，2)，BE →＝(2，0，0).设平面EFG 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，·FE→＝－2x ＋2y ＝0，·EG→＝－2x －4y ＋2z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，1，3)，所以点B 到平面EFG的距离为d＝|BE→·m|m||＝|21＋1＋9|＝21111.答案：21111反思感悟用向量法求点面距离的步骤(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系.(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标.(3)求向量：求出相关向量的坐标(AP→，α内两个不共线向量，平面α的法向量n).(4)求距离：d＝|AP→·n||n|.训练1如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.(1)求点N到直线AB的距离；(2)求点C1到平面ABN的距离.解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(23，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2).(1)AN→＝(0，4，2)，AB→＝(23，2，0)，则|AN→|＝25，|AB→|＝4，设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝|AN→|2－(AN→·AB→|AB→|)2)＝20－4＝4.(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，·AB→＝23x＋2y＝0，·AN→＝4y＋2z＝0，令z＝2，则y＝－1，x＝3 3，即n＝(33，－1，2).易知C1N→＝(0，0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝|C1N→·n |n| |＝|－4433|＝ 3.折叠问题例3(2024·苏北四市质检)已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝π6，点P是BD︵上的动点.沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD.(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；(2)当三棱锥P-COD的体积最大时，求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值.解：(1)因为AB ∥平面PCD ，AB ⊂平面OPD ，平面OPD ∩平面PCD ＝PD ，所以AB ∥PD ，又∠AOD ＝π6，所以∠ODP ＝∠OPD ＝π6，所以∠POD ＝2π3，又OD ＝OP ＝1，所以PD ＝ 3.(2)由题意知OC ⊥平面POD ，而S △DOP ＝12·OD ·OP ·sin ∠DOP ，所以当OD ⊥OP 时，三棱锥P -COD 的体积最大.易知OC ，OD ，OP 两两垂直，以O 为坐标原点，OC →，OP →，OD →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则C (1，0，0)，D (0，0，1)，P (0，1，0)，故PC→＝(1，－1，0)，DP →＝(0，1，－1).设平面CPD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z ).·n 1＝0，·n 1＝0，－y ＝0，－z ＝0，取y ＝1，得x ＝1，z ＝1，得平面CPD 的一个法向量为n 1＝(1，1，1).易知平面OPD 的一个法向量为n 2＝(1，0，0)，设平面OPD 与平面CPD 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝33，所以平面OPD 与平面CPD 夹角的余弦值为33.反思感悟翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.训练2(2024·泉州模拟)如图①，在等腰直角三角形ABC 中，CD 是斜边AB上的高，以CD 为折痕把△ACD 折起，使点A 到达点P 的位置，且∠PBD ＝60°，E ，F ，H 分别为PB ，BC ，PD 的中点，G 为CF 的中点(如图②).图①图②(1)求证：GH ∥平面DEF ；(2)求直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值.解：(1)证明：连接BH ，与ED 相交于点M ，连接MF ，因为三角形ABC 是等腰直角三角形，CD 是斜边AB 上的高，所以AD ＝DB ，即PD ＝DB ，因为∠PBD ＝60°，所以△PBD 是等边三角形，因为E ，H 分别为PB ，PD 的中点，所以DE ，BH 是△PBD 的中线，BM ＝23BH ，因为F 为BC 中点，G 为CF 的中点，所以BF ＝23BG ，所以MF ∥GH ，因为MF ⊂平面DEF ，GH ⊄平面DEF ，所以GH ∥平面DEF .(2)因为CD ⊥DB ，CD ⊥DP ，DB ∩DP ＝D ，所以CD ⊥平面DBP .如图，过点D 作直线垂直平面BDC ，作空间直角坐标系，设PD ＝DB ＝DC ＝2，则C (0，2，0)，B (2，0，0)，P (1，0，3)，H (12，0，32)，G (12，32，0)，BC →＝(－2，2，0)，BP →＝(－1，0，3)，HG →＝(0，32，－32).设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC·BC →＝0，·BP→＝0，2x ＋2y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝3，则y ＝3，z ＝1，n ＝(3，3，1).设直线GH 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，HG →〉|＝|n ·HG →||n ||HG →|＝37×3＝77，故直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值为77.探索性问题例4(2024·山东省实验中学月考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△AB 1C为等边三角形，四边形AA 1B 1B 为菱形，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝3.(1)求证：AB 1⊥A 1C ；(2)线段CC 1上是否存在一点E ，使得平面AB 1E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：连接A 1B 与AB 1相交于点F ，连接CF ，如图①所示.图①∵四边形AA 1B 1B 为菱形，∴F 为AB 1的中点，BF ⊥AB 1.∵△AB 1C 为等边三角形，∴CF ⊥AB 1，又BF ，CF ⊂平面BFC ，BF ∩CF ＝F ，∴AB 1⊥平面BFC .又A 1C ⊂平面BFC ，∴AB 1⊥A 1C .(2)设O ，G 分别为AC ，AB 的中点，连接B 1O ，OG ，由(1)可知AB 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，AB 1，AC ⊂平面AB 1C ，AB 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AB 1C .又OG ∥BC ，∴OG ⊥平面AB 1C .∵△AB 1C 为等边三角形，∴B 1O ⊥AC ，故OG ，OC ，OB 1两两垂直.以O 为原点，OG →，OC →，OB 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，则A (0，－2，0)，C (0，2，0)，B (3，2，0)，B 1(0，0，23)，O (0，0，0)，图②∵AB →＝A 1B 1→，BC →＝B 1C 1→，∴A 1(－3，－4，23)，C 1(－3，0，23).设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，则OE →－OC →＝λCC 1→，有OE →＝λCC 1→＋OC →＝λ(－3，－2，23)＋(0，2，0)＝(－3λ，2－2λ，23λ)，∴E (－3λ，2－2λ，23λ)，AE →＝(－3λ，4－2λ，23λ)，AB 1→＝(0，2，23).设平面AB 1E 的法向量n ＝(x ，y ，z )，·n ＝－3λx ＋（4－2λ）y ＋23λz ＝0，1·n ＝2y ＋23z ＝0，当λ≠0时，令z ＝3，则x ＝4λ－4λ，y ＝－3，即n ＝(4λ－4λ，－3，3).平面ABC 的一个法向量为OB 1→方向上的单位向量m ＝(0，0，1).若平面AB 1E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14，则有|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n |·|m |＝3（4λ－4λ）2＋9＋3＝14，则(4λ－4λ)2＝36，又0＜λ≤1，∴λ＝25.当λ＝0时，平面AB 1E 即平面AB 1C ，∵B 1O ⊥平面ABC ，B 1O ⊂平面AB 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面ABC ，不满足题意.所以点E 存在，且CE ＝25CC 1.反思感悟1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.训练3(2024·淮北模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面是平行四边形，侧面PAB 是等边三角形，BC ＝2AB ，AC ＝3AB ，PB ⊥AC .(1)求证：平面P AB ⊥平面ABCD ；(2)设Q 为侧棱PD 上的一点，四边形BEQF 是过B ，Q 两点的截面，且AC∥平面BEQF .是否存在点Q ，使得平面BEQF ⊥平面PAD ？若存在，求PQQD的值；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：在△ABC 中，因为BC ＝2AB ，AC ＝3AB ，所以AC 2＋AB 2＝BC 2，所以AC ⊥AB .又AC ⊥PB ，PB ∩AB ＝B ，且PB ，AB ⊂平面P AB ，所以AC ⊥平面PAB .又AC ⊂平面ABCD ，所以平面PAB ⊥平面ABCD .(2)假设存在Q ，使得平面BEQF ⊥平面P AD .取AB 的中点为H ，连接PH ，则PH ⊥AB ，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，所以PH ⊥平面ABCD .以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x ，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设AB ＝2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，D (－2，23，0)，P (1，0，3)，则AD →＝(－2，23，0)，AP →＝(1，0，3)，BD →＝(－4，23，0)，DP →＝(3，－23，3).设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面PAD 的法向量，1·AD →＝－2x 1＋23y 1＝0，1·AP →＝x 1＋3z 1＝0，令x 1＝3，则y 1＝1，z 1＝－1，所以n 1＝(3，1，－1).设DQ →＝λDP →，其中0≤λ≤1，则BQ→＝BD →＋DQ →＝BD →＋λDP →＝(3λ－4，23－23λ，3λ).连接EF ，因为AC ∥平面BEQF ，AC ⊂平面P AC ，平面PAC ∩平面BEQF ＝EF ，所以AC ∥EF .取与EF→同向的单位向量j ＝(0，1，0).设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面BEQF的法向量，则2·j ＝y 2＝0，2·BQ →＝（3λ－4）x 2＋23（1－λ）y 2＋3λz 2＝0，令x 2＝3λ，则z 2＝4－3λ，所以n 2＝(3λ，0，4－3λ).因为平面BEQF ⊥平面PAD ，所以n 1⊥n 2，所以n 1·n 2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝23.故在侧棱PD 上存在点Q ，使得平面BEQF ⊥平面PAD ，此时PQ QD ＝12.限时规范训练(五十五)1.某学校组织学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型，如图，该模型为四棱锥.在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点，底面ABCD 是边长为2的正方形，且二面角P -BE -C 的余弦值为66.(1)求PD 的长；(2)求点C 到平面PEB 的距离.解：(1)由题意知DP ，DA ，DC 三线两两垂直.如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (2，2，0)，E (1，0，0).设PD ＝a (a ＞0)，则P (0，0，a )，所以PB→＝(2，2，－a )，PE →＝(1，0，－a ).易知平面CBED 的一个法向量为n 1＝(0，0，1).设平面PBE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，n 2·PB →＝0，n 2·PE→＝0，2x ＋2y －az ＝0，x －az ＝0，取z ＝1，得x ＝a ，y ＝－a 2，即n 2＝(a ，－a2，1)为平面PBE 的一个法向量.则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|11×a 2＋（－a2）2＋12|＝66，解得a ＝2(负值舍去)，故PD 的长为2.(2)由(1)得，n 2＝(2，－1，1)，CB →＝(2，0，0)，则点C 到平面PEB 的距离为|CB →·n 2||n 2|＝46＝263.2.如图，已知△ABC 为等边三角形，D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，把△ADE 沿DE 折起，使点A 到达点P ，平面PDE ⊥平面BCDE ，若BC ＝4.求直线DE 到平面PBC 的距离.解：如图，设DE 的中点为O ，BC 的中点为F ，连接OP ，OF ，OB ，则OP ⊥DE ，因为平面PDE ⊥平面BCDE ，平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ，所以OP ⊥平面BCDE .因为在△ABC 中，点D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以DE ∥平面PBC .又OF ⊥DE ，所以以点O 为坐标原点，OE ，OF ，OP 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O (0，0，0)，P (0，0，3).B (2，3，0)，C (－2，3，0)，F (0，3，0)，所以PB→＝(2，3，－3)，CB →＝(4，0，0).设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PB→＝2x ＋3y －3z ＝0，·CB→＝4x ＝0，＝0，＝z ，令y ＝z ＝1，所以n ＝(0，1，1).因为OF →＝(0，3，0)，设点O 到平面PBC 的距离为d ，则d ＝|OF →·n ||n |＝32＝62.因为点O 在直线DE 上，所以直线DE 到平面PBC 的距离等于623.如图(1)，在边长为4的正三角形ABC 中，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点.将△AEF 沿EF 翻折至△A 1EF ，得到四棱锥A 1-EFCB ，P 为A 1C 的中点，如图(2).图(1)图(2)(1)求证：FP ∥平面A 1BE ；(2)若平面A 1EF ⊥平面EFCB ，求直线A 1F 与平面BFP 所成的角的正弦值.解：(1)证明：如图，取A 1B 的中点Q ，连接PQ ，EQ ，又P 为A 1C 的中点，则PQ ∥BC ，且PQ ＝12BC .又EF ∥BC ，且EF ＝12BC ，所以PQ ∥EF ，且PQ ＝EF ，则四边形EFPQ 为平行四边形，则FP ∥EQ .又FP ⊄平面A 1BE ，EQ ⊂平面A 1BE ，所以FP ∥平面A 1BE .(2)取EF 的中点O ，BC 的中点G .由平面A 1EF ⊥平面EFCB ，且交线为EF ，知A 1O ⊥平面EFCB ，此时，OA 1，OE ，OG 两两垂直，以O 为坐标原点，OE ，OG ，OA 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 1(0，0，3)，F (－1，0，0)，B (2，3，0)，C (－2，3，0).由P 为A 1C 的中点，得P (－1，32，32)，则A 1F →＝(－1，0，－3)，FB →＝(3，3，0)，FP →＝(0，32，32).设平面BFP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·FP→＝0，·FB →＝0，＋32z ＝0，＋3y ＝0.令x ＝1，则y ＝－3，z ＝3，故n ＝(1，－3，3).设直线A 1F 与平面BFP 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈A 1F →，n 〉|＝|n ·A 1F →||n ||A 1F →|＝|－1－3|7×4＝277，故直线A 1F 与平面BFP 所成的角的正弦值为277.4.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠ABC ＝π2，BC ＝CD ＝2，AD ＝5，DE ⊥AB ，垂足为点E .将△AED 沿DE 折起，使点A 到点P 的位置，且PE ⊥EB ，连接PB ，PC ，点M ，N 分别为PC ，EB 的中点，连接CN ，ND ，DM ，MN .(1)求证：MN ∥平面PED ；(2)求二面角D -MN -C 的正弦值.解：(1)证明：如图，取PB 的中点Q ，连接MQ ，NQ .因为AB ∥CD ，∠ABC ＝π2，DE ⊥BE ，所以四边形BCDE 为正方形.因为点M ，N ，Q 分别为PC ，BE ，PB 的中点，所以MQ ∥BC ∥ED ，NQ ∥PE .又DE ，PE ⊂平面PED ，MQ ，NQ ⊄平面PED ，所以MQ ∥平面PED ，NQ ∥平面PED .因为MQ ∩NQ ＝Q ，MQ ，NQ ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ∥平面PED .因为MN ⊂平面MNQ ，所以MN ∥平面PED .(2)由题意知PE ⊥EB ，PE ⊥ED ，DE ⊥EB .因为AD ＝5，DE ＝BC ＝2，所以AE ＝AD 2－DE 2＝1，即PE ＝1.以E 为坐标原点，EB ，ED ，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图的空间直角坐标系，则D (0，2，0)，M (1，1，12)，N (1，0，0)，C (2，2，0)，则DM→＝(1，－1，12)，DN →＝(1，－2，0)，CM →＝(－1，－1，12)，CN →＝(－1，－2，0).设平面DMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·DM→＝0，·DN →＝0，－y ＋12z ＝0，－2y ＝0.令x ＝2，得y ＝1，z ＝－2，所以m ＝(2，1，－2).设平面CMN 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·CN →＝0，·CM→＝0，x 1－2y 1＝0，x 1－y 1＋12z 1＝0.令y 1＝－1，则x 1＝2，z 1＝2，所以n ＝(2，－1，2).所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝4－1－49×9＝－19，所以二面角D -MN -C 的正弦值为1－（－19）2＝459.5.如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝5.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱P A上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：∵平面P AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB ⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).则PB→＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1)，CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量，·PD →＝0，·PC→＝0，y 0－1＝0，x 0－1＝0，0＝－1，0＝12，即n ＝(12，－1，1).设PB 与平面PCD 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB→|n ||PB→||＝|12－1－114＋1＋1×3|＝33，∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33(3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM→＝λAP →，∴点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).∵BM ⊄平面PCD ，要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM→·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(12，－1，1)＝0，解得λ＝14，∴在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.6.如图所示，在三棱锥P -ABC 中，底面是边长为4的正三角形，PA ＝2，PA ⊥底面ABC ，点E ，F 分别为AC ，PC 的中点.(1)求证：平面BEF ⊥平面PAC ；(2)在线段PB 上是否存在点G ，使得直线AG 与平面PBC 所成角的正弦值为155若存在，确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：∵△ABC 是正三角形，E 为AC 的中点，∴BE ⊥AC .又PA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴PA ⊥BE .∵PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，∴BE ⊥平面PAC .∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面PAC .(2)存在.由(1)及已知得P A ⊥BE ，PA ⊥AC ，∵点E ，F 分别为AC ，PC 的中点，∴EF ∥PA ，∴EF ⊥BE ，EF ⊥AC .又BE ⊥AC ，∴EB ，EC ，EF 两两垂直.以E 为坐标原点，以EB ，EC ，EF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，－2，0)，P (0，－2，2)，B (23，0，0)，C (0，2，0)，BP →＝(－23，－2，2)，AB→＝(23，2，0).设BG →＝λBP →＝(－23λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，∴AG→＝AB →＋BG →＝(23(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，BC →＝(－23，2，0)，PC →＝(0，4，－2)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·BC→＝0，·PC →＝0，23x ＋2y ＝0，y －2z ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23，∴n ＝(1，3，23).由已知得155＝|AG →·n |AG →||n ||，即155＝43416（1－λ）2＋4λ2，解得λ＝12或λ＝1110舍去)，故λ＝12，∴存在满足条件的点G ，点G 为PB 的中点.。

PDABCE立体几何中探索性问题的向量解法高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。

对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。

立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

一、存在判断型1、已知空间三点A （-2，0，2），B （-2，1，2），C （-3，0，3）.设a =AB ，b =AC ，是否存在存在实数k ，使向量k a +b 与k a -2b 互相垂直，若存在，求k 的值；若不存在，说明理由。

解∵k a +b =k （0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k ，1），k a -2b =（2，k ，-2）， 且(k a +b )⊥（k a -2b ）， ∴（-1，k ，1）·（2，k ，-2）=k 2 -4=0. 则k=-2或k=2.点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做. (k a +b )(k a -2b )=k 2a 2-k a ·b -2b 2= k 2 -4=0，解得k=-2或k=2.2、 如图，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∠PDA 为θ，能否确定θ，使直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线?若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由.解：以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设|AD|=2a ，|AB|=2b ，∠PDA=θ.则A(0，0，0)、B(0，2b ，0)、C(2a ，2b ，0)、D(2a ，0，0)、P(0，0，2atan θ)、M(0，b ，0)、N(a ，b ，atan θ).∴AB =(0，2b ，0)，PC =(2a ，2b ，-2atan θ)，MN =(a ，0，atan θ). ∵AB ·MN =(0，2b ，0)·(a ，0，atan θ)=0，∴AB ⊥MN .即AB ⊥MN.若MN ⊥PC ，则MN ·PC =(a ，0，atan θ)·(2a ，2b ，-2atan θ)=2a 2-2a 2tan 2θ=0.∴tan 2θ=1，而θ是锐角. ∴tan θ=1，θ＝45°. 即当θ=45°时，直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线.【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在。

课题：利用空间向量解决立体几何中的探索性问题课题说明立体几何中，平行、垂直、距离和角的问题是主要问题，而以它们为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点. 由于此类问题涉及的点具有不确定性，所以用传统的解法难度较大，若用向量方法处理，则思路简单，操作方便。

一、温故而知新问题一：利用空间向量解决立体几何中的平行、垂直、距离和角问题常见有那几种方法？（一）平行问题线线平行：线面平行：面面平行：（二）垂直问题线线垂直：线面垂直：面面垂直：（三）角问题线线角：线面角：面面角：（四）距离问题点面距离：二、例题分析在正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为1，E 是棱1BB 的中点（1）在棱11C B 上是否存在一点F ，使F D 1∥面DE A 1。

（2）在平面1111D C B A 内是否存在一点M ，使AM ⊥平面DE A 1。

（3）在棱1DD 上是否存在一点N ，使BN 与平面DE A 1所成角的正弦值为1935。

（4）在棱11C D 上是否存在一点P ，使点P 到平面DE A 1的距离为43。

问题二：你要求解的是什么？问题三：探索性问题常见有哪几种方法？方案一：方案二：问题四：题目给你提供了什么几何体？它能为你提供什么信息？问题五：点在棱上或在面内，坐标怎么设？ （1）点F 在棱B 1C 1上： （2）点M 在面1111D C B A 内： （3）点N 在棱1DD 上： （4）点P 在棱11C D 上： 问题六：F D 1∥面DE A 1这个条件怎么用？ 问题七：AM 平面DE A 1这个条件怎么用？问题八：BN 与平面DE A 1所成角的正弦值为1935这个条件怎么用？ 问题九：点P 到平面DE A 1的距离为43这个条件怎么用？AA A A A三、练习PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，2=AB ，2=PD（1）若1:2:=EC PE ，在PB 上是否存在点F 使A F ∥平面BDE（2）若1:2:=EC PE ，在PB 上是否存在点M,使点M 到平面BDE 的距离为2（3）G 是PB 的中点，在侧面PAD 内是否存在一点H ，使GH ⊥平面PCB（4）在棱PC 上是否存在点Q ，使二面角Q-DB-C 所成角为3π四、小结：五、作业讲义：第92页变式5，第103页变式11、变式12。

运用向量法求解立体几何探索性问题立体几何探索性问题是近年高考或各地模拟考试中的热点题型．向量作为一种工具，在解决立体几何探索性问题中有着无比的优越性．运用向量法解题，可使几何问题代数化，大大简化思维程序，使解题思路直观明了．下面举例说明向量法在求解两类立体几何探索性问题中的运用．一、条件探索型所谓“条件探索型”是指给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者探求、寻找使结论成立的条件的一类问题，这类问题的常用解法是逆推法，利用结论探求条件． 例1 如图1，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD ，当1CD CC 的值是多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ． 解析：取向量CD = a ，CB = b ，1CC = c ，设1CD CC λ=， 则λ=a c ，=a b ，1CA = a+b+c ，BD =- a b ，1C D =- a c ．要使A 1C ⊥平面C 1BD ，只要CA 1⊥C 1D ，且CA 1⊥BD ，即110CA C D =且10CA BD = ， ∴ ()()0-=a +b +c a c ，① ()()0-= a +b +c a b ．② 由①得=a c ，而②恒成立，所以1λ=． 即当11CD CC =时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ． 例2 如图2，棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E 是BC 的中点，F 是棱CD 上的动点（非C 、D 两点），设二面角C 1－EF －C 的大小为θ．试确定F 点位置，使得1cos 3θ=． 解析：以A 为坐标原点，建立如图2所示的直角坐标系，则A 1（０，０，1）、C 1（1，1，1）、1102E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，．设F （x ，1，０）（0＜x ＜1），易知11012C E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，，，1102EF x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，． 设v ＝（a ，b ，c ）是平面C 1EF 的一个法向量， 则11021(1)0.2C E b c EF x a b ⎧=--=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩ ，v v令c =1，则1211x ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，，v ． 又1(001)AA = ，，是平面AC 的一个法向量， ∴11211cos 151AA AA AA x ∴==⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，v v v ． 结合条件知可取1cos cos AA θ= ，v ， 故2113151x =⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，解得12x =或32x =（舍）． 故当F 是CD 中点时，1cos 3θ=． 二、是否存在型所谓“是否存在型”是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来；可能不存在，则需要说明理由．解答这一类问题时，先假设结论存在，若推证无矛盾，则结论存在；若推证出矛盾，则结论不存在． 例3 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点．在直线CC 1上是否存在一点N ，使得MN ⊥AB 1？若存在，请你求出它的位置；若不存在，请说明理由．解法一：假设在直线CC 1上存在一点N ，使得MN ⊥AB 1．设1CN xBB = ，由题意可得12M C B C = ，11AB AB BB =+ ，MN MC CN =+ ，1123AB B C π= ，． ∵1AB MN ⊥ ，∴10AB MN = ，即1()()0AB BB MC CN ++= ，∴110AB MC BB MC AB CN BB CN +++= ， ∴21cos 0AB MC AB MC x BB += ，， ∴1404x -+=， ∴116x =，即在直线CC 1上存在一点N ，当18CN = 时，AB 1⊥MN ． 解法二：假设在直线CC 1上存在一点N ，使得MN ⊥AB 1．如图3，建立空间直角坐标系，有A （０，０，０）、31022B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，、33044M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，、(01)N z ，，、131222B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ∴131222AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，3144MN z ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，，． ∵1AB MN ⊥ ， ∴1313122244AB MN z ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，312088z =-++=， 解得 18z =，1018N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，即CN ＝18时，AB 1⊥MN ．。

用向量法解决立体几何问题.空间向量（4）模长公式:a bx/2y 』2 乙 Z 2a,b222222 0X 1 y 1乙,X 2 y 2 Z 2则向量a 叫做平面 的法向量。

（注意：一个平面的法向量有无数个）a 的有向线段所在直线平行于直线 a ，则称a 为直线a 的方向向例1：已知平面 内有三点0 0,0,0 , A 2,2,1 , B 4,5,2，求平面的一个法向量。

1.空间向量的概念：空间中把具有大 小和方向的量叫做空间向量。

2.空间向量的坐标表示：设i , j, k 为两两垂直的单位向量，若OP xi y j zk ，则x,y,z 叫做向量OP的坐标，也叫 P 点的坐标。

3.两个向量的数量积：a b a b coS a, b4.设aX i ,y i ,乙，bX 2, y 2, Z 2则(1) a b x 1X 2,y 1丫2,乙 乙， (2) a bx 2, y 1 y 2,乙 Z 2 （对应相加或减）x 1x 2yy乙z 2（对应相乘再相加）。

特殊地: 2 X 1 2y 1a //b (共线)X iX 2, y 1y 2，乙x 1x 2 y y 2乙 Z 2A X i , Y i ，乙，B X 2,y 2,Z 2 ,则 AB X 2X 1,y 2Y 1,Z 2 （终点减始点） (8)A X 1, y 1，乙，B X 2,y 2,Z 2两点的中点坐标这PX 1『22乙 Z 2。

26.平面的法向量：若表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面，记作：a 丄。

2 2y 1 乙 5.两向量a 、b 的夹角：cos7.直线的方向向量：若表示向量练习：已知O A 、B 、C 、D E 均在平面 内，根据下列条件求平面 的一个法向量⑴ 0 0,0,0，A1, 1,0，B0,1, 1(2) OA 1,2,0 , OB 2,5,0 (3) CD 1, 2,1 , CE 1,2,0二、立体几何问题的转化策略1. 平行问题的转化内不共线的两向量)2. 垂直问题的转化3. 空间角的转化(1)证两直线AB// CDAB CD(2)证直线AB//平面 AB0(n 平面的一个法向量。

立体几何中几类典型问题的向量解法空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几何的探索性试题提供了简便、快速的解法。

它的实用性是其它方法无法比拟的，因此应加强运用向量方法解决几何问题的意识，提高使用向量的熟练程度和自觉性，注意培养向量的代数运算推理能力，掌握向量的基本知识和技能，充分利用向量知识解决图形中的角和距离、平行与垂直问题。

一、利用向量知识求点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面的距离（1）求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP u u u r的坐标，那么P 到平面的距离cos ,n MP d MP n MP n •=•<>=r u u u r u u u r r u u u rr（2）求两点,P Q 之间距离，可转化求向量PQ uuu r的模。

（3）求点P 到直线AB 的距离，可在AB 上取一点Q ，令,AQ QB PQ AB λ=⊥u u u r u u u r u u u r u u u r或PQ u u u r 的最小值求得参数λ，以确定Q 的位置，则PQ u u u r为点P 到直线AB 的距离。

还可以在AB 上任取一点Q 先求<AB ,cos ，再转化为><,sin ，则PQ u u u r><,sin 为点P 到直线AB 的距离。

(4)求两条异面直线12,l l 之间距离，可设与公垂线段AB 平行的向量n r，,C D 分别是12,l l 上的任意两点，则12,l l 之间距离CD nAB n•=u u u r r r例1：设(2,3,1),(4,1,2),(6,3,7),(5,4,8)A B C D --，求点D 到平面ABC 的距离例2：如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。

立体几何中探索性命题的向量解法
郭丽云
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2006(000)006
【摘要】本文将利用向量思想方法对于立体几何中的探索性问题分类作出解答．【总页数】3页(P20-21,24)
【作者】郭丽云
【作者单位】浙江省温岭中学,317500
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.立体几何探索性问题的向量解法 [J], 唐照明
2.例析立体几何中探索性问题的向量解法 [J], 宋波
3.例谈立体几何中探索性问题的向量解法 [J], 朱永厂
4.向量解法在立体几何探索性问题中的应用 [J], 聂宪庆
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