1、空間向量與立體幾何(2011·江蘇，22)如圖，在正四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，AA12，AB1，點N是BC的中點，點M在CC1上設(shè)二面角A1 ­DN ­M的大小為.(1)當90°時，求AM的長；(2)當cos 時，求CM的長解建立如圖所示的空間直角坐標系D ­xyz.設(shè)CMt(0t2)，則各點的坐標為A(1,0,0)，A1(1,0,2)，N，M(0,1，t)，所以，(0,1，t)，(1,0,2)，設(shè)平面DMN的法向量為n1(x1，y1，z1)，則n1·0，n1·0，即x12y10，y1tz10.令z11

2、，則x12t，y1t，所以n1(2t，t,1)是平面DMN的一個法向量設(shè)平面A1DN的法向量為n2(x2，y2，z2)，則n2·0，n2·0，即x22z20，x22y20，令z21，則x22，y21，所以n2(2,1,1)是平面A1DN的一個法向量(1)因為90°，所以n1·n25t10，解得t，從而M，所以AM .(2)因為|n1|，|n2|，所以cosn1，n2，因為n1，n2或，所以，解得t0，或t，所以根據(jù)圖形和(1)的結(jié)論可知t，從而CM的長為.【應(yīng)對策略】掌握平面向量相關(guān)的坐標運算，并類比到空間中求平面的法向量是重要的基本功，有現(xiàn)成垂線的時候

3、一定要利用，一般利用垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線來求解法向量法向量求解過程中一定要注意方程組求解的準確性，并使法向量的形式盡可能簡單.必備知識1異面直線所成的角設(shè)a，b分別為異面直線a，b的方向向量，則異面直線a，b的夾角滿足cos .2直線與平面所成的角設(shè)a是直線l的方向向量，n是平面的法向量，則直線l與平面所成的角滿足sin |cosa，n|.3二面角的平面角設(shè)二面角 ­a­的平面角為.(1)若a是的方向向量，b，c，a·b0，a·c0，則ab，ac，故|cos |cosb，c|.(2)若m，n，分別為平面，的法向量，則|cos |cosm，n|.必備

4、方法1證明空間任意三點共線的方法設(shè)空間三點P，A，B(1)；(2)對空間任一點O，t；(3)對空間任一點O，xy(xy1)2證明空間的四點共面的方法：設(shè)空間四點P，M，A，B，(1)xy；(2)對空間任一點O，xy；(3)對空間任一點O，xyz(xyz1)3利用空間向量求空間角(1)兩條異面直線所成的角定義：設(shè)a，b是兩條異面直線，過空間任一點O作直線a1a，b1b，則a1與b1所成的銳角或直角叫a與b所成的角向量求法：sin |cos |；(2)直線和平面所成的角設(shè)直線l的方向向量a，平面的法向量是u，直線與平面所成角為，a與u的夾角為，則有sin |cos |；(3)二面角定義：從一條直線

5、出發(fā)的兩個半平面所成的圖形叫二面角，向量求法：n1和n2是平面的兩個法向量，則它們的夾角或其補角大小即為二面角平面角的大小|cos |.命題角度一應(yīng)用向量證明平行與垂直命題要點 (1)線線、線面、面面平行關(guān)系判定；(2)線線、線面、面面垂直的判定【例1】 如圖，在直三棱柱ADE ­BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點運用向量方法證明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.審題視點 找準建立空間直角坐標系的原點證明法一由題意，AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系設(shè)正方形邊長為1，則A(0,0,0)

6、，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，·0，.棱柱ADE ­BCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一個法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，由n1·n1·0，得解得令x11，則n1.同理可得n2(0,1,1)n1·n20，平面MDF平面EFCD.法二(1)()().向量與向量，共面，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由題意知，B

7、F，BC，BA兩兩垂直，··0，··()220. OMCD，OMFC，又CDFCC，OM平面EFCD. 又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD. (1)要證明線面平行，只需證明向量與平面BCF的法向量垂直；另一個思路則是根據(jù)共面向量定理證明向量與，共面(2)要證明面面垂直，只要證明這兩個平面的法向量互相垂直；也可根據(jù)面面垂直的判定定理證明直線OM垂直于平面EFCD，即證OM垂直于平面EFCD內(nèi)的兩條相交直線，從而轉(zhuǎn)化為證明向量與向量、垂直【突破訓(xùn)練1】 如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是線段EF的中點求證：

8、(1)AM平面BDE；(2)AM平面BDF.證明(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)ACBDN，連接NE.則點N、E的坐標分別為、(0,0,1).又點A、M的坐標分別是(，0)、.且NE與AM不共線NEAM.又NE平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)由(1)知，D(，0,0)，F(xiàn)(，1)，(0，1)·0，AMDF.同理AMBF.又DFBFF，AM平面BDF.命題角度二利用向量計算空間角命題要點 (1)求算異面直線所成角；(2)求直線與平面所成角；(3)求二面角【例2】 (2012·無錫模擬)如圖，邊長為2的正方形A1ACC1繞直線CC1旋轉(zhuǎn)90°得

9、到正方形B1BCC1，D為CC1的中點，E為A1B的中點，G為ADB的重心(1)求直線EG與直線BD所成的角；(2)求直線A1B與平面ADB所成角的正弦值 審題視點 用坐標表示、并求出平面ADB的法向量求解解建立如圖所示的空間直角坐標系(1)由題意得A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，則E(1,1,1)，G.(0，2,1)，.cos，0，所以直線EG與直線BD所成的角為.(2)(2，2,2)，(2,2,0)，(2,0,1)，設(shè)平面ADB的一個法向量n(x，y，z)，則得取x1，n(1,1,2)設(shè)求直線A1B與平面ADB所成角為，則sin |cos，n|.

10、異面直線所成角的余弦等于兩條異面直線方向向量夾角余弦的絕對值；線面所成角的正弦等于平面的法向量與直線方向向量夾角余弦的絕對值；二面角平面角余弦與二面角兩平面法向量夾角的余弦絕對值相等，其正負可以通過觀察二面角是銳角還是鈍角進行確定【突破訓(xùn)練2】 在四棱錐P ­ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD為矩形，ABPABC(a0)(1)當a1時，求證：BDPC；(2)若BC邊上有且只有一個點Q，使得PQQD，求此時二面角A ­PD ­Q的余弦值解(1)當a1時，底面ABCD為正方形，BDAC又因為BDPA，BD面PAC，又PC面PAC，BDPC.(2)因為AB，AD

11、，AP兩兩垂直，分別以它們所在直線為x軸、y軸、z軸建立坐標系，如圖所示，不妨設(shè)AB1，則B(1,0,0)，D(0，a,0)，C(1，a,0)，P(0,0,1)，設(shè)BQm，則Q(1，m,0)(0ma)，要使PQQD，只要·1m(am)0，所以1m(am)2，即a2由此可知a2時，存在點Q使得PQQD當且僅當mam，即m時，BC邊上有且只有一個點Q，使得PQQD由此可知a2，設(shè)面PQD的法向量p(x，y,1)，則即解得p，取平面PAD的法向量q(1,0,0)則p，q的大小與二面角A ­PD ­Q的大小相等所以cosp，q 因此二面角A ­PD ­

12、Q的余弦值為.命題角度三利用向量解決立體幾何中的 探索性問題命題要點 探索是否存在滿足條件的點【例3】 (2010·湖南)如圖所示，在正方體ABCD ­A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(1)求直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F平面A1BE？證明你的結(jié)論審題視點 審題視點 由于AB，AD，AA1兩兩垂直，應(yīng)建立空間直角坐標系求解解設(shè)正方體的棱長為1.如圖所示，以，為單位正交基底建立空間直角坐標系(1)依題意，得B(1,0,0)，E，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以，(0,1,0)在正方體ABCD ­

13、A1B1C1D1中，因為AD平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一個法向量設(shè)直線BE和平面ABB1A1所成的角為，則sin .即直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值為.(2)依題意，得A1(0,0,1)，(1,0,1)，.設(shè)n(x，y，z)是平面A1BE的一個法向量，則由n·0，n·0，得所以xz，yz.取z2，得n(2,1,2)設(shè)F是棱C1D1上的點，則F(t,1,1)(0t1)又B1(1,0,1)，所以(t1,1,0)而B1F平面A1BE，于是B1F平面A1BE·n0(t1,1,0)·(2,1,2)02(t1)10tF為C1D1的中點這說

14、明在棱C1D1上存在點F(C1D1的中點)，使B1F平面A1BE. 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷在解題過程中，往往把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，所以使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法解題【突破訓(xùn)練3】 (2011·常州調(diào)研)如圖，在四棱錐P ­ABCD中，已知PB底面ABCD，ABBC，ADBC，ABAD2，CDPD，異面直線PA和CD所成角等于60°.(1)求直線PC和平面PAD所成角的正弦值的大??；(2)在棱PA上是否存在一點E，使得二

15、面角A ­BE ­D的余弦值為？若存在，指出點E在棱PA上的位置；若不存在，說明理由解如圖，以B為原點，BA，BC，BP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)BCa，BPb，則B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，a,0)，D(2,2,0)，P(0,0，b)(2,2，b)，(2,2a,0)，CDPD，·0.442a0，a4.又(2,0，b)，(2，2,0)，異面直線PA和CD所成角等于60°，即，解得b2，(1)(0,4，2)，(0,2,0)，(2,0，2)設(shè)平面PAD的一個法向量為n1(x1，y1，z1)，則由得取n1(1,0,1)，

16、sin ，直線PC和平面PAD所成角的正弦值為.(2)假設(shè)存在設(shè)，且E(x，y，z)，則(x，y，z2)(2，0，2)，E(2，0,22)設(shè)平面DEB的一個法向量為n2(x2，y2，z2)，則由得取n2(1,1，)又平面ABE的法向量n3(0,1,0)，由cos ，得，解得或2(不合題意)存在這樣的E點，E為棱PA上的靠近A的三等分點4關(guān)注異面直線所成角范圍，分清二面角的類型一、關(guān)注異面直線所成角的范圍【例1】 如圖，在正方體ABCD ­A1B1C1D1中，|1，(01)若，求直線PB與PD所成角的余弦值解建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1

17、,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，由得P，所以，所以cos，因為PB與PD所成角為銳角，所以，直線PB與PD所成角的余弦值為.老師叮嚀：與所成角不一定是PB與PD所成角，不少考生忘記了PB與PD所成角的范圍而導(dǎo)致錯誤，所以考生做這類題目時應(yīng)首先考慮異面直線所成角的范圍二、根據(jù)圖形判斷出二面角是鈍角還是銳角【例2】 (2012·南京、鹽城模擬)如圖所示，在棱長為2的正方體AC1中，點P、Q分別在棱BC、CD上，滿足B1QD1P，且PQ.(1)試確定P、Q兩點的位置；(2)求二面角C1 ­PQ ­

18、A大小的余弦值解建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)CPa(0a)，則CQ，P(2,2a,0)，Q(2，2,0)，則(，2，2)，(2，a，2)，B1QD1P，·0，22a40，解得a1，PC1，CQ1，即P、Q分別為BC，CD中點(2)設(shè)平面C1PQ的法向量為n(a，b，c)，(1,1,0)，(0,1,2)，又n·n0，令c1，則ab2，n(2,2，1)，k(0,0，2)為面APQ的一個法向量，cosn，k，而二面角為鈍角故二面角為鈍角，故余弦值為.老師叮嚀：兩個平面的法向量所成角與兩個平面的二面角相等或互補，所以兩個平面的法向量所成角不一定是兩個平面的二面角，因此考生在求兩

19、個平面的二面角時要先根據(jù)圖形判斷出二面角是鈍角還是銳角，從而避免出錯.如本題中二面角是鈍角，所以二面角C1 ­PQ ­A大小的余弦值為，而不是.5.空間向量與立體幾何1(2012·南通調(diào)研)如圖已知斜三棱柱ABC ­A1B1C1，BCA90°，ACBC2，A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點D，且A1CAC1.(1)求直線CC1與平面A1AB的距離；(2)求二面角A ­A1B ­C的余弦值2(2012·南京市四校月考)如圖，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ABBC，BB13，D

20、為A1C1的中點，F(xiàn)在線段AA1上(1)AF為何值時，CF平面B1DF?(2)設(shè)AF1，求平面B1CF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值3如圖在四棱錐P ­ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，AB1，PA平面ABCD，E、F分別是線段AB、BC的中點(1)證明：PFFD；(2)判斷并說明PA上是否存在點G，使得EG平面PFD；(3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A ­PD ­F的余弦值4如圖，在四棱錐P ­ABCD中，底面ABCD為菱形，BAD60°，Q為AD的中點PAPDAD2.(1)點M在線段PC上，PMtP

21、C，試確定t的值，使PA平面MQB；(2)在(1)的條件下，若平面PAD平面ABCD，求二面角M ­BQ ­C的大小5.(2012·南京模擬)如圖，在正方體ABCD ­A1B1C1D1中，P是棱BC的中點，Q在棱CD上，且DQDC，若二面角P ­C1Q ­C的余弦值為，求實數(shù)的值6(2012·泰州期末)如圖，在三棱錐P ­ABC中，平面ABC平面APC，ABBCAPPC，ABCAPC90°.(1)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值；(2)若動點M在底面三角形ABC上，二面角M ­PA 

22、3;C的余弦值為，求BM的最小值6.參考答案1解(1)由題意，得A1D面ABC.A1D面ACC1A1面ABC面ACC1A1，BCA90°BCAC.又BC面ABC，且面ABC面ACC1A1AC，BC面ACC1A1.取AB的中點F，連DF，DFBC，DF平面ACC1A1.又在平行四邊形ACC1A1中，AC1A1C平行四邊形ACC1A1是菱形分別以DF，DC，DA1所在直線為Ox，Oy，Oz軸建立空間直角坐標系，A(0，1,0)，A1(0,0，)，B(2,1,0)，C(0,1,0)(0,1，)，(2,1，)，(2,0,0)，設(shè)n1(x1，y1，z1)是面AA1B的法向量，y1z10,2x1

23、y1z10，解得n1(，1)cosn1.點C到面A1AB的距離d|×|cosn1，|2×.易得CC1面A1AB，所以點C到面A1AB的距離即為直線CC1與平面A1AB的距離d.(2)設(shè)n2(x2，y2，z2)是面A1BC的法向量，2x2y2z20，2x20，得n2(0，1)由(1)，得n1(，1)是面AA1B的法向量，cosn1，n2.設(shè)二面角A ­A1B ­C的平面角為，cos |cosn1，n2|.2解(1)因為在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，以B點為原點，BA、BC、BB1所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示空間直角坐標系因為ABB

24、C，ABC90°，所以AC2，從而B(0,0,0)，A(，0,0)，C(0，0)，B1(0,0，3)，A1(，0,3)，C1(0，3)，D，所以(，3)，設(shè)AFx，則F(，0，x)，(，x)，(，0，x3)，.··()·x·00，所以.要使CF平面B1DF，只需CFB1F.由·2x(x3)0，得x1或x2，故當AF1或2時，CF平面B1DF.(2)由(1)知平面ABC的法向量為n1(0,0,1)設(shè)平面B1CF的法向量為n(x，y，z)，則由得令z1得n，所以平面B1CF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值cosn，n1.3解(1)證明P

25、A平面ABCD，BAD90°，AB1，AD2，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ) ­xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令P(0,0，t)(1,1，t)，(1，1,0)，·1×11×(1)(t)×00，即PFFD.(2)設(shè)平面PFD的法向量為n(x，y，z)，由得令z1，解得：xy.n，設(shè)G點坐標為(0,0，m)，E，則，要使EG平面PFD，只需·n0，即×0×1×mm0，得mt，從而滿足AGAP的點G即為所求(3)AB平面PAD，是平面PAD的法向量，易得(1,0,0)，又PA平面ABCD，PBA是PB與平面ABCD所成的角，得PBA45°，PA1，平面PFD的法向量為ncos，n，故所求二面角A ­PD ­F的余弦值為.4解(1)當t時，PA平面MQB證明如下：若PA平面MQB，連AC交BQ于N，由AQBC可得，ANQCNB.，PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，PAMN.，即：PMPC，t.(2)由PAPDAD2，Q為AD的中點，則PQAD.又平面PAD平面ABCD，所以PQ平面ABCD，連BD，四邊形ABCD為菱形，ADAB，BAD60°，ABD為正三角形，Q為AD中