第九章第11节空间向量在立体几何中的应用

空间向量在立体几何中的应用【知识网络】空间向量的定义与运算空间向量运算几何意义空间向量的坐标表示及运算应用空间向量的运算解决立几问题证明平行、垂直求空间角与距离【考点梳理】要点一、空间向量1.空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。

要点诠释：⑴空间的一个平移就是一个向量。

⑵向量一般用有向线段表示，同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。

相等向量只考虑其定义要素：方向，大小。

⑶空间的两个向量可用同一平面内的两条有向线段来表示。

2.共线向量（1）定义：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量．a 平行于b 记作b a//．当我们说向量a 、b 共线（或a //b ）时，表示a 、b的有向线段所在的直线可能是同一直线，也可能是平行直线．（2）共线向量定理：空间任意两个向量a 、b （b ≠0 ），a //b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb 。

3.向量的数量积（1）定义：已知向量,a b ，则||||cos ,a b a b ⋅⋅<> 叫做,a b 的数量积，记作a b ⋅，即a b ⋅= ||||cos ,a b a b ⋅⋅<> 。

（2）空间向量数量积的性质：①||cos ,a e a a e ⋅=<> ；②0a b a b ⊥⇔⋅=；③2||a a a =⋅ ．（3）空间向量数量积运算律：①()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅ ；②a b b a ⋅=⋅（交换律）；③()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）。

4.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，存在一个唯一的有序实数组,,x y z ，使p xa yb zc =++ 。

若三向量,,a b c不共面，我们把{,,}a b c 叫做空间的一个基底，,,a b c 叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。

第九讲 空间向量在立体几何中的应用教学目标：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.一、知识回顾 课前热身知识点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．知识点2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示 直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2. l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m l ∥α n ⊥m ⇔m ·n ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α、β的法向量分别为n ，m .α∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0知识点3.两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)．知识点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|.知识点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＝〈AB ，CD 〉．(2)如图②③，n 1，n 2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＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．知识点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 ·n ||n |.例题辨析 推陈出新[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 ＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，1FC ＝(－1,0,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·11C E ＝0，n ·1FC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.取n ＝(1,2,1)．∵CE ＝(1，－1,1)，n ·CE ＝1－2＋1＝0， ∴CE ⊥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 ＝(0,1,0)，FC ＝(－1,0，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·EF ＝0，m ·FC ＝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 .变式练习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 ＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，BE ＝(a ，3a ，a )，BC ＝(2a,0，－a )，∵AF ＝12(BE ＋BC )，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF ＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，CD ＝(－a ，3a,0)，ED ＝(0,0，－2a )， ∴AF ·CD ＝0，AF ·ED ＝0，∴AF ⊥CD ，AF ⊥ED . 又CD ∩DE ＝D ， ∴AF ⊥平面CDE ， 即AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .[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 ，AD ，1AA 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 ＝(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 n ⊥1EC ⇒⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2×2＝0⇒x ＝y ＝－1，∴n ＝(－1，－1,2)，∵向量1AA ＝(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 |n ||1AA |＝－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 ·1FD |1EC ||1FD | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×(－4)＋3×2＋2×212＋32＋22×(－4)2＋22＋22＝2114. 变式练习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 1-BD -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 ⊥DC1，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 的方向为x 轴的正方向，|CA |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 ＝(0,0，－1)，BD ＝(1，－1,1)，1DC ＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·1A D ＝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 ＝0，m ·1DC ＝0，可取m ＝(1,2,1)． 从而n ，m ＝n·m|n|·|m|＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.[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 ＝(3，3，0)，MN ＝(－1,0，2)，MB ＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM ·n ＝3x ＋3y ＝0，MN ·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 ||n |＝423.变式练习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 ＝(0,2,0)，GE ＝(4,2，－2)，EF ＝(－2,2,0)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·GE ＝0，n ·EF ＝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 |·cos 〈BE ，n 〉＝|BE ·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(0，2，0)·(1，1，3)11＝21111.三、归纳总结 方法在握归纳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α-l-β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.四、拓展延伸能力升华(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-A1的余弦值．解：(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，DD1⊥B1C1.因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.⇨(1分)又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.⇨(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 ＝(0,3，－4)，BC ＝(－2,0,0)，1AA ·BC ＝0，⇨(5分) 因此1AA ⊥BC ，即AA 1⊥BC .⇨(6分) (2)因为1AA ＝(0,3，－4)， 所以|1AA |＝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 ＝(－1，－2,4)，1A B ＝(1，－2,4)，⇨(9分)所以⎩⎪⎨⎪⎧1AC ·n 1＝0， 1A B ·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)变式练习正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为面A 1B 1C 1D 1的中心，求证：AP ⊥B 1P .证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设棱长为1，则A (1,0,0)，B 1(1,1,1)，P ⎝⎛⎭⎫12，12，1，由两点间的距离公式得|AP |＝ ⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫0－122＋(0－1)2＝62， |B 1P |＝ ⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫1－122＋(1－1)2＝22， |AB 1|＝(1－1)2＋(0－1)2＋(0－1)2＝2，∴|AP |2＋|B 1P |2＝|AB 1|2，∴AP ⊥B 1P .五、课后作业 巩固提高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AE 与DB 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DB ，DC ，DA 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，∴AE ＝⎝⎛⎭⎫12，32，－3，DB ＝(1,0,0)， ∴AE 与DB 夹角的余弦值为cos 〈AE ，DB 〉＝AE ·DB| AE |·|DB |＝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：P A ⊥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 ＝(0,2，－2)，EF ＝(1,0,0)，∴PA ·EF ＝0，∴P A ⊥EF .(2)易知DF ＝(0,0,1)，FG ＝(－2,1，－1)． 设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DF ＝0，m ·FG ＝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 －A1B 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 ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)， AD ＝⎝⎛⎭⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0.解得x ＝－33y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)． 所以，cos 〈n ，AD 〉＝n ·AD |n |·|AD |＝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 ＝151AA 得点E 的坐标是⎝⎛⎭⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE ＝⎝⎛⎭⎫45，0，25， 设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝0，n ·1AC ＝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 ，n 〉＝OE ·n | OE |·|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 ，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，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 ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB ，1DD 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB ·1DD | 1AB |·|1DD ＝33， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B .(3)由(2)知，1FB 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 ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·1CC ＝0，n ·FC ＝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 ，n 〉＝1FB ·n | 1FB |·|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P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：P A ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面P AD ⊥平面ABCD ，且P A ＝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 .∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点， AD ⊥PQ ， 又BQ ∩PQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面P AD . ∴平面PQB ⊥平面P AD .(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. ∴P A ∥MN .∵MN ⊂平面MQB ，P A ⊄平面MQB ， 图(1) ∴P A ∥平面MQB .(3)由P A ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，则PQ ⊥AD . 又平面P AD ⊥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 ＝0，n ·MN ＝0. ∵P A ∥MN ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB ＝0，n ·PA ＝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 ，AD ，1AA 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 ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，B 1(a ，0,1)，故1AD ＝(0,1,1)，1B E ＝错误!，1AB ＝(a,0,1)，AE ＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0.∵1AD ·1B E ＝－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 ＝(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 ，n ⊥AE ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，则y ＝－a 2，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 ，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 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD ＝(0,1,1)．设1AD 与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·1AD |n ||1AD |＝－a 2－a 2· 1＋a 24＋a 2 .∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.。

第十一讲 空间向量在立体几何中的应用★知识梳理1.直线的方向向量与直线、平面的法向量的求法。

2.设直线l 的方向向量为111,(),a b c =a ，平面α、β的法向量分别为333,(),a b c =u ，444,(),a b c =v ， ⑴线面平行：13131300l a a b b c c α⇔⊥⇔⋅=⇔++=a u a u ； ⑵线面垂直：131313,,l k a ka b kb c kc α⊥⇔⇔=⇔===a u a u ； ⑶面面平行：343434,,k a ka b kb c kc αβ⇔⇔=⇔===u v u v ；⑷面面垂直：34343400a a b b c c αβ⊥⇔⊥⇔⋅=⇔++=u v u v 。

3.向量法求距离：⑴两点间的距离；⑵点到直线的距离；⑶平行直线间的距离；⑷异面直线间的距离；⑸点到平面的距离：设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为||||AB ⋅n n ；⑹平行直线与平行平面间的距离；⑺平行平面间的距离。

4.向量法求空间角：⑴异面直线所成的角：若异面直线a 、b 的方向向量分别为a 、b ，异面直线所成的角为θ，则||cos cos ,||||||θ⋅=<>=a b a b a b ；⑵线面角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则||sin cos ,||||||θ⋅=<>=n a n a n a ；⑶二面角：①求出二面角l αβ--的两个半平面α与β的法向量n 1、n 2，二面角l αβ--所成的角θ，若θ为锐角，则121212||||cos cos ,||||θ⋅=<>=n n n n n n ；若θ为钝角，则121212||||cos cos ,||||θ⋅=-<>=-n n n n n n 。

②在二面角l αβ--的两个半平面内各取一点A 、B 往棱l 引垂线段，垂足分别为C 、D ，则二面角的大小即为向量CA 与DB 的夹角。

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。

空间向量在立体几何中的应用ʏ贵州省仁怀市周林高中 尹伟云空间向量是高中数学的一个重要组成部分,在高考中具有较高的地位,是立体几何中的一个主要命题方向,往往以 证算并重 的方式进行考查㊂常以多面体为载体,考查用向量法确定空间点㊁线㊁面的位置关系,求解空间角㊁空间距离㊁立体几何中的动点探究性问题等㊂需要同学们借助向量的工具性作用,将空间几何量之间的位置关系转化为数量关系来求解㊂下面分类分析空间向量在立体几何中的应用㊂1.证明共线与共面问题图1例1 如图1,在长方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F 分别在棱D D 1,B B 1上,且|E D 1|=2|D E |,|B F |=2|F B 1|,线段E F 的中点为M ㊂求证:(1)点M 在长方体的对角线A C 1上;(2)点C 1在平面A E F 内㊂解析:证法1(利用向量的坐标运算)图2(1)以点C 1为坐标原点,分别以向量C 1D 1ң,C 1B 1ң,C 1C ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系C 1-x yz ,如图2所示㊂设|C 1D 1|=a ,|C 1B 1|=b ,|C 1C |=c ,则C 1(0,0,0),A (a ,b ,c ),E a ,0,2c 3,F 0,b ,c 3,Ma 2,b 2,c 2㊂从而C 1M ң=a 2,b 2,c 2,C 1A ң=(a ,b ,c ),故C 1M ң=12C 1A ң㊂又C 1Mң与C 1A ң有公共点C 1,所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)由(1)知,E A ң=0,b ,c 3=C 1F ң,所以A E ʊC 1F ,从而A ,E ,F ,C 1四点共面,故点C 1在平面A E F 内㊂证法2(利用向量的几何运算)(1)由向量的平行四边形法则及三角形法则,得C 1M ң=12(C 1E ң+C 1F ң)=12(C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң)=12(C 1A 1ң+B 1F ң+F B ң)=12(C 1A 1ң+A 1A ң)=12C 1A ң,即C 1M ң=12C 1A ң㊂所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)依题意,得C 1E ң+C 1F ң=C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң=C 1D 1ң+F B ң+C 1F ң=C 1D 1ң+C 1B ң=C 1A ң,即C 1A ң=C 1E ң+C 1F ң㊂由向量共面的充要条件知,点C 1在平面A E F 内㊂评注:空间向量兼具代数与几何的双重特征,证明多点共线或多线共面问题也是从这两个方面入手,关键是掌握空间向量的线性运算法则和共线㊁共面的充要条件㊂具体方法是:要证明三点共线,可以证明任意两点构成的一组向量共线且共点;要证明四点共面,可以利用向量共面的充要条件,即以其中一点A 为起点,分别以另三点B ,C ,D 为终点得到向量A B ң,A C ң,A D ң,证明存在唯一的实数对(λ,μ),使A B ң=λA C ң+μA D ң成立即可;要证明两条直线共面,可以证明两条直线平行或相交,从而转化为两条直线的方向向量共不共线的问题,即若存在实数λ,使两条直线的方向向量a ,b 满足b =λa ,则两条直线平行,若不存在实数λ满足b =λa ,则两条直线相交㊂2.证明线㊁面的平行与垂直关系例2 如图3所示,在直二面角D -A B -E 中,四边形A B C D 是边长为2的正方形,|A E |=|E B |,F 为C E 上的点,且B F ʅ平面A C E ,G 为C E 的中点㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图3求证:(1)A E ʊ平面B D G ;(2)A E ʅ平面BC E ;(3)平面BD F ʅ平面A B C D ㊂解析:因为A B C D 为正方形,所以B C ʅA B ㊂因为二面角D -A B -E 为直二面角,平面D A B ɘ平面A B E =A B ,所以B C ʅ平面A E B ㊂设线段A B 的中点为O ,连接O E ㊂因为|A E |=|E B |,所以A B ʅO E ㊂图4故以O 为坐标原点,分别以向量O E ң,O B ң,A D ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系O -x yz ,如图4所示㊂则A (0,-1,0),B (0,1,0),C (0,1,2),D (0,-1,2)㊂设E (x 0,0,0)(x 0>0),则E C ң=(-x 0,1,2)㊂因为F 为C E 上的点,所以设E F ң=λE C=(-λx 0,λ,2λ),0ɤλɤ1,得F ((1-λ)x 0,λ,2λ),则B F ң=((1-λ)x 0,λ-1,2λ)㊂又A C ң=(0,2,2),A E ң=(x 0,1,0),B F ʅ平面A C E ,所以B F ң㊃A C ң=2(λ-1)+4λ=0,且B F ң㊃A E ң=(1-λ)x 20+λ-1=0,解得x 0=1,λ=13㊂所以E (1,0,0),F23,13,23,G 12,12,1㊂(1)方法1:设A C 与B D 相交于H ,则H (0,0,1),所以H G ң=12,12,0㊂可得A E ң=(1,1,0)=2H G ң㊂又A E ⊄平面B D G ,H G ⊂平面B D G ,所以A E ʊ平面B D G ㊂方法2:易知B D ң=(0,-2,2),B G ң=12,-12,1㊂设平面B D G 的一个法向量为k =(a ,b ,c ),则k ㊃B D ң=0,k ㊃B G ң=0,所以-2b +2c =0,12a -12b +c =0㊂取c =1,得k =(-1,1,1)㊂因此,k ㊃A E ң=(-1,1,1)㊃(1,1,0)=0㊂又A E ⊄平面B D G ,故A E ʊ平面B D G ㊂(2)方法1:因为A E ң=(1,1,0),B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2),所以A E ң㊃B E ң=0,A E ң㊃B C ң=0,则A E ʅB E ,A E ʅB C ㊂又B E ɘB C =B ,所以A E ʅ平面B C E ㊂方法2:易知B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2)㊂设平面B C E 的一个法向量为n =(x 1,y 1,z 1),由n ㊃B E ң=0,n ㊃B C ң=0,得x 1-y 1=0,2z 1=0㊂取y 1=1,得n =(1,1,0)㊂又A E ң=(1,1,0)=n ,故A E ңʊn ,A E ʅ平面B C E ㊂(3)由题意知,O E ң=(1,0,0)为平面A B -C D 的一个法向量,设平面B D F 的一个法向量为m =(x 2,y 2,z 2)㊂由(1)知,B F ң=23,-23,23,B D ң=(0,-2,2),所以m ㊃B F ң=23x 2-23y 2+23z 2=0,且m ㊃B D ң=-2y 2+2z 2=0㊂取z 2=1,则y 2=1,x 2=0,所以m =(0,1,1)㊂因m ㊃O E ң=0,故m ʅO E ң㊂因此,平面B D F ʅ平面A B C D ㊂评注:利用向量法证线面平行,一般有三个思路:一是用向量共面的充要条件,证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来,即这三个向量共面,根据共面向量概念和直线在平面外,得线面平行;二是先求出平面的法向量,再证明法向量与直线的方向向量垂直;三是证明已知直线与平面内的一条直线平行,也就是将其转化为证明线线平行的问题,再根据线面平行的判断定理得证㊂证面面平行,一般有两个思路:一是利用向量证明一个平面内两条相交直线平行于另一个平面,根据面面平行的判定定理得证;二是求出两个平面的法向量,证明这两个法向量平行,则这两个平面平行㊂证线线垂直,可转化为两条直线的方向向量垂直,即证明两条直线方向向量的数量积为0㊂证线面垂直有两个思路:一是证平面的法向量与直线的方向向量平行;二是证直线与平面内两条相交直线垂直,再用线面垂直判定定理证明㊂证面面垂直,先求出两个平面的法向量,通过证明这两个平面的法向量垂直即可㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月以上思路大多要用到平面的法向量,当题中出现线面垂直时,则该直线的方向向量就是该平面的一个法向量,为减少计算量,无需另求法向量㊂3.解决平行或垂直的探索性问题图5例3 如图5所示,在四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A 1D ʅ平面A B C D ,底面A B C D 是边长为1的正方形,侧棱|A 1A |=2㊂(1)在棱A 1B 上是否存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M(2)在棱A 1A 上是否存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1图6解析:如图6,分别以D A ,D C ,D A 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系㊂则由题中数据,得D (0,0,0),A (1,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),B (1,1,0),B 1(0,1,3),C 1(-1,1,3)㊂从而D A 1ң=(0,0,3),B A 1ң=(-1,-1,3),A C 1ң=(-2,1,3),C 1B 1ң=(1,0,0),A A 1ң=(-1,0,3)㊂(1)假设线段A 1B 上存在一点M (a 1,b 1,c 1),使得A 1D ʊ平面A C M ㊂设B M ң=λB A 1ң(0<λ<1),即(a 1-1,b 1-1,c 1)=λ(-1,-1,3)㊂则a 1-1=-λ,b 1-1=-λ,c 1=3λ㊂解得M (1-λ,1-λ,3λ)㊂从而A M ң=(-λ,1-λ,3λ),C M ң=(1-λ,-λ,3λ)㊂设平面A C M 的一个法向量为m =(a 2,b 2,c 2),则m ㊃A M ң=0,m ㊃C M ң=0,即-λa 2+(1-λ)b 2+3λc 2=0,(1-λ)a 2-λb 2+3λc 2=0㊂两式相减,得a 2-b 2=0㊂令a 2=1,得m =1,1,2λ-13λ㊂由D A 1ң㊃m =0,得3㊃(2λ-1)3λ=0,解得λ=12,此时M 12,12,32,M 为线段A 1B 的中点㊂所以线段A 1B 上存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M ㊂(2)假设棱A 1A 上存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1㊂设A P ң=μA A 1ң,0<μɤ1,则P (1-μ,0,3μ),从而B 1P ң=(1-μ,-1,3(μ-1))㊂设平面A B 1C 1的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1㊃C 1B 1ң=0,n 1㊃A C 1ң=0, 得x 1=0,-2x 1+y 1+3z 1=0㊂ 令z 1=3,则n 1=(0,-3,3)㊂设平面P B 1C 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),由n 2㊃C 1B 1ң=0,n 2㊃B 1P ң=0,得x 2=0,(1-μ)x 2-y 2+3(μ-1)z 2=0㊂令z 2=3,得n 2=(0,3(μ-1),3)㊂由n 1㊃n 2=0,得-3ˑ3(μ-1)+3ˑ3=0,解得μ=43>1,不合题意,所以这样的点P 不存在㊂评注:涉及线段上的动点问题,先设出动点分线段的某个比值λ,根据两个向量共线的充要条件得数乘关系,从而用λ表示动点的坐标,再进行相关计算,这样可以减少未知量,简化过程㊂值得注意的是,应给出λ的取值范围㊂另外,建系时最好用右手直角坐标系且使几何元素尽量分布在坐标轴的正方向上㊂4.求解点面距离或几何体的体积例4 如图7,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,棱A A 1ʅ侧面A B C ,A B ʅB C ,D 为A C 的中点,|A A 1|=|A B |=2,|B C |=3,求三 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图7棱锥A 1-B C 1D 的体积㊂解析:由题意知,B 1C 1,B 1B ,B 1A 1三条直线两两垂直,故以B 1为坐标原点,建立空间直角坐标系B 1-x yz ,如图8所示㊂图8则由题中数据,得B 1(0,0,0),B (0,2,0),C (3,2,0),C 1(3,0,0),A (0,2,2),A 1(0,0,2),D32,2,1,则C 1A 1ң=(-3,0,2),C 1B ң=(-3,2,0),B D ң=32,0,1㊂所以|C 1A 1ң|=(-3)2+02+22=13,|C 1B ң|=(-3)2+22+02=13,c o s øA 1C 1B =C 1A 1ң㊃C 1B ң|C 1A 1ң||C 1B ң|=-3ˑ(-3)13ˑ13=913㊂从而s i nøA 1C 1B =1-c o s 2øA 1C 1B=22213,所以S әA 1C 1B =12|C 1A 1ң|㊃|C 1B ң|s i n øA 1C 1B =12ˑ13ˑ13ˑ22213=22㊂设平面A 1C 1B 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃C 1A 1ң=0,n ㊃C 1B ң=0,即-3x +2z =0,-3x +2y =0㊂令z =3,得x =2,y =3,即n =(2,3,3)㊂所以D 到平面A 1C 1B 的距离d =|n ㊃B D ң||n |=622,故V A 1-B C 1D =13S әA 1C 1B ㊃d =13ˑ22ˑ622=2㊂评注:求锥体或柱体的体积,关键是求底面积和高,对于底面积,如әA B C 的面积可由S =12|A B ң||A C ң|s i n A =12|A B ң||A C ң㊃1-c o s 2A =12(|A B ң||A C ң|)2-(A B ң㊃A C ң)2求解㊂高可以转化为空间两点间距离,又可看作是向量长度,即已知空间两点P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2),则d =|P 1P 2ң|=(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2+(z 2-z 1)2,有时要用到|a |=a 2求解㊂高也可以看作是点到平面的距离,其数值等于斜线段对应的向量在平面法向量方向上的投影向量的模㊂如求点A 到平面α的距离,可在α内任取一点B ,则A 到平面α的距离d =||A B ң|c o s α|=|A B ң㊃n ||n |㊂另外,点面距离还可以转化为线面距离㊁两平行平面间的距离等㊂5.求空间角图9例5 如图9,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D为矩形,P D ʅ底面A BC D ,|A B ||A D |=2,直线P A 与底面A B C D 成60ʎ角,点N 是P B的中点㊂(1)求异面直线D N 与B C 所成角的余弦值;(2)求直线P A 与平面P B C 所成角的正弦值;(3)求二面角P -N C -D 的余弦值㊂图10解析:依题意,以D 为原点,分别以向量D A ң,D C ң,D P ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图10所示㊂设|A D |=1,则|A B |=2㊂因为P D ʅ底面A B -C D ,所以øP A D 是直线P A 与平面A B C D所成的角,得øP A D =60ʎ,则|P D |=3㊂易得D (0,0,0),A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),P (0,0,3),N 12,1,32㊂(1)易知D N ң=12,1,32,B C ң=(-1,0,0),所以异面直线D N 与B C 所成角θ1的余弦值为c o s θ1=|c o s <D N ң,B C ң>|=|D N ң㊃B C ң||D N ң||B C ң|=24㊂(2)易知P A ң=(1,0,-3),P B ң=(1,2,-3)㊂设平面P B C 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),直线P A 与平面P B C 所成的角为解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月θ2,则m ㊃P B ң=x 1+2y 1-3z 1=0,且m ㊃B C ң=-x 1=0㊂令z 1=2,则x 1=0,y 1=3㊂所以m =(0,3,2),则s i n θ2=|c o s <m ,P A ң>|=|m ㊃P A ң||m ||P A ң|=217㊂(3)由(2)知,m =(0,3,2)是平面P B C的一个法向量㊂设平面C D N 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为D N ң=12,1,32,D C ң=(0,2,0),所以n ㊃D N ң=12x 2+y 2+32z 2=0,且n ㊃D C ң=2y 2=0㊂令z 2=1,则x 2=-3,y 2=0,n =(-3,0,1)㊂所以c o s <m ,n >=m ㊃n |m ||n |=77㊂在二面角P -N C -D 内部取一点H (0,0,1),则C H ң=(0,-2,1)㊂因为m ㊃C H ң=-23+2<0,n ㊃C H ң=1>0,所以二面角P -N C -D 的大小等于<m ,n >,其余弦值为77㊂评注:解异面直线夹角问题,先求出两条异面直线的方向向量m ,n ,再求出m ,n 的夹角,设两异面直线的夹角θ,利用c o s θ=|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |求出异面直线的夹角㊂注意异面直线夹角与向量夹角不完全相同,当两个方向向量的夹角是钝角时,应取其补角作为两异面直线所成的角,两条异面直线夹角θ的取值范围是0,π2㊂解线面角问题,设直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为θ,a 与n 的夹角为φ,则直线的方向向量a 在平面法向量n 方向上的投影向量的长度|a ㊃n ||n |与直线方向向量a 的模|a |之比|a ㊃n ||a ||n |就是线面角的正弦值,即有s i n θ=|c o s φ|=|a ㊃n ||a ||n |㊂当φ为锐角时,s i n θ=s i n (90ʎ-φ)=c o s φ=a ㊃n|a ||n |;当φ为钝角时,s i n θ=s i n (φ-90ʎ)=-c o s φ=-a ㊃n|a ||n |㊂解二面角问题,是依据二面角两个半平面的法向量夹角与二面角相等或互补来处理㊂大多数情况下是根据图形判断该角是锐角还是钝角,有时也可以根据两个半平面的法向量的指向来判断㊂6.结构不良型问题图11例6 (2022年北京高考卷)如图11,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,侧面B C C 1B 1为正方形,平面B C C 1B 1ʅ平面A B B 1A 1,|A B |=|B C |=2,M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点㊂(1)求证:MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)再从条件①㊁条件②中选择一个作为已知条件,求直线A B 与平面B MN 所成角的正弦值㊂条件①:A B ʅMN ;条件②:|B M |=|MN |㊂注:如果选择条件①和条件②分别解答,那么按第一个解答计分㊂解析:(1)因为侧面C B B 1C 1为正方形,所以C B ʅB B 1㊂又平面C B B 1C 1ʅ平面A B B 1A 1,平面C B B 1C 1ɘ平面A B B 1A 1=B B 1,C B ⊂平面C B B 1C 1,所以C B ʅ平面A B B 1A 1㊂因为A B ⊂平面A B B 1A 1,所以B C ʅA B ㊂因为M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点,所以MNң=B N ң-B M ң=12B A ң+12B C ң-B B 1ң-12B 1A 1ң=12B C ң-B B 1ң,故MN ң,B C ң,B B 1ң三向量共面㊂又MN ⊄平面B C C 1B 1,B C ⊂平面B C C 1B 1,B B 1⊂平面B C C 1B 1,所以MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)若选①,A B ʅMN ,则A B ң㊃MN ң=0㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以A B ң㊃MN ң=A B ң㊃12B C ң-B B 1ң=0㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月由B C ңʅA B ң,得B C ң㊃A B ң=0,所以A B ң㊃B B 1ң=0,即B A ʅB B 1㊂图12故B C ,B A ,B B 1三条直线两两垂直,以B 为坐标原点,分别以B C ң,B A ң,B B 1ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系B -x yz ,如图12所示㊂则由题中数据,得B (0,0,0),A (0,2,0),M (0,1,2),N (1,1,0),故B A ң=(0,2,0),B M ң=(0,1,2),B N ң=(1,1,0)㊂设平面B MN 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ʅB N ң,n ʅB M ң, 所以n ㊃B N ң=0,n ㊃B M ң=0,即x +y =0,y +2z =0㊂令z =1,得n =(2,-2,1)㊂因此,直线A B 与平面B MN 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,B A ң>|=|n ㊃B A ң||n ||B A ң|=|-2ˑ2|22+(-2)2+12ˑ2=23㊂若选②:|M B |=|MN |,则|B M ң|2=|MN ң|2㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以B B 1ң+12BA ң2=12B C ң-B B 1ң2,化为|B B 1ң|2+14|B A ң|2+B B 1ң㊃B A ң=14|B C ң|2+|B B 1ң|2-B C ң㊃B B 1ң,即B B 1ң㊃B A ң+B C ң㊃B B 1ң=0㊂因为B C ʅB B 1,所以B C ң㊃B B 1ң=0,B B 1ң㊃B A ң=0,即B B 1ʅB A ,故BC ,B A ,B B 1三条直线两两垂直㊂以下步骤与选①相同,过程略㊂评注:本题运用空间向量的三角形法则㊁平行四边形法则㊁数量积及模的运算,得到共面和垂直关系,避开了复杂的推理过程,无需添加辅助线,降低了思维难度,让人感到耳目一新㊂对于选择性条件的结构不良试题,应该选择一个易于入手的条件进行求解㊂7.最值问题例7 (2022年全国乙卷理数)如图图1313,在四面体A -B C D 中,A D ʅC D ,|A D |=|C D |,øA D B =øB D C ,E 为A C 的中点㊂(1)证明:平面B E D ʅ平面A C D ;(2)设|A B |=|B D |=2,øA C B =60ʎ,点F 在棱B D 上,当әA F C 的面积最小时,求C F 与平面A B D所成角的正弦值㊂解析:(1)因为|A D |=|C D |,E 为A C 的中点,所以A C ʅD E ㊂又øA D B =øC D B ,|D B |=|D B |,所以әA B D ɸәC B D ,|A B |=|C B |㊂连接B E ,又因为E 为A C 的中点,所以A C ʅB E ㊂因为D E ɘB E =E ,所以A C ʅ平面B E D ㊂因为A C ⊂平面A C D ,所以平面B E D ʅ平面A C D ㊂(2)因为әA B D ɸәC B D ,所以|C B |=|A B |=|B D |=2㊂又因为øA C B =60ʎ,所以әA B C 是等边三角形,|A E |=|E C |=1,|B E |=3㊂因为A D ʅC D ,所以|D E |=12|A C |=1㊂图14在әD E B 中,|D E |2+|B E |2=|B D |2,所以B E ʅD E ㊂以E 为坐标原点建立如图14所示的空间直角坐标系E -x yz ㊂则A (1,0,0),B (0,3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1),所以A D ң=(-1,0,1),A B ң=(-1,3,0),D B ң=(0,3,-1)㊂连接E F ,由(1)知,A C ʅ平面B E D ㊂因为E F ⊂平面B E D ,所以AC ʅE F ,S әA F C =12|A C |㊃|E F |㊂因为|A C |=2,所以当|E F |取最小值时,әA F C 的面积最小㊂设此时F (a ,b ,c ),D F ң=λD B ң(0ɤλɤ1),即(a ,b ,c -1)=λ(0,3,-1),得F (0,3λ,1-λ)㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月则|EF ң|=02+(3λ)2+(1-λ)2=4λ-142+34㊂当λ=14时,|E F |取最小值,此时F 0,34,34,从而C F ң=1,34,34㊂设平面A B D 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A D ң=-x +z =0,n ㊃A B ң=-x +3y =0㊂取y =3,则n =(3,3,3)㊂所以C F 与平面A B D 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,C F ң>|=|n ㊃C F ң||n ||C F ң|=621ˑ74=437㊂评注:对于面积㊁点面距离或体积的最值,一般有两个思考方向:一是从图中直接观察,先分清哪些量是定值,哪些量是变量,通过点或线的变化情况寻找最值,如本题中,E 为定点,F 为动点,可以看出当E F ʅB D 时,|E F |取最小值,易得|D F |=12,故D F ң=14D B ң,即可得点F 的坐标,或者由EF ң=(0,3λ,1-λ)与D B ң=(0,3,-1)垂直,得E F ң㊃D B ң=0,进而得λ;二是直接根据目标函数的关系,转化为函数的最值或值域问题来处理,如果是求空间角的三角函数的最值,可直接利用数量积及模的计算公式写出三角函数的表达式,再转化为二次函数来处理㊂8.逆向探索性问题图15例8 已知四边形A B C D 是梯形,S 为A D 的中点,B C ʊA D ,øBCD =90ʎ,|A D |=2|B C |=4㊂现将әA B S 沿B S 向上翻折,使A 到A ',且二面角A '-B S -C 为直二面角,E ,F 分别是A 'S ,A 'B 的中点,如图15所示㊂在线段B C 上是否存在一点M ,使得点D 到平面E F M 的距离为25若存在,求出|B M ||M C |的值;若不存在,请说明理由㊂图16解析:由题意知,四边形B C D S 是边长为2的正方形,B S ʅS D ,B S ʅS A ',S A 'ʅS D ,以S 为坐标原点,分别以向量S D ң,S B ң,S A 'ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系S -x yz ,如图16所示㊂则点S (0,0,0),A '(0,0,2),C (2,2,0),D (2,0,0),E (0,0,1),F (0,1,1),则E F ң=(0,1,0),D E ң=(-2,0,1)㊂假设在线段B C 上存在一点M (x 0,2,0)满足题意,则E M ң=(x 0,2,-1)㊂设平面E F M 的法向量为n =(x ,y ,z ),则有n ㊃E F ң=0,n ㊃E M ң=0㊂故(x ,y ,z )㊃(0,1,0)=0,(x ,y ,z )㊃(x 0,2,-1)=0,所以y =0,z =x 0x ㊂令x =1,得n =(1,0,x 0)㊂则D E ң在平面E F M 的法向量方向上的投影向量的长为|D E ң㊃n ||n |=25,得|-2+x 0|1+x 20=25,两边同时平方,得21x 20-100x 0+96=0,即(3x 0-4)㊃(7x 0-24)=0㊂因0<x 0<2,解得x 0=43,所以M43,2,0㊂从而M C ң=23,0,0,|M C |=23,|B M |=2-23=43,即在线段B C 上存在一点M 满足题意,且|B M ||M C |=2㊂评注:对于距离㊁体积或空间角的逆向存在性问题,其求解思路是先假设条件存在,把假设当作新的已知条件进行推理,通过构造方程求解㊂若得到合理的数据,则假设成立;若出现矛盾,则假设不成立㊂对于翻折问题,关键是抓住翻折前后几何量的变与不变进行相关计算㊂(责任编辑 徐利杰)解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月。