1、該資料由【語文公社】該資料由【語文公社】友情提供第3講 立體幾何中的向量方法考情解讀 1.以多面體(特別是棱柱、棱錐或其組合體)為載體，考查空間中平行與垂直的證明， 常出現在解答題的第(1)問中，考查空間想象能力，推理論證能力及計算能力，屬低中檔問題.2.以多面體(特別是棱柱、棱錐或其組合體)為載體，考查空間角(主要是線面角和二面角)的計算， 是高考的必考內容，屬中檔題 .3.以已知結論尋求成立的條件(或是否存在問題)的探索性問題， 考查邏輯推理能力、空間想象能力以及探索能力，是近幾年高考命題的新亮點，屬中高檔問題.1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設直線l的方向向量為a=(ai

2、,bi,ci),平面 外3的法向量分別為產(a2,b2,c2),v=(a3,b3, C3)(以下相同).(1)線面平行l / a? a ? a 產 0? aa2+bb2+C1C2= 0.(2)線面垂直l _L a?a II(J?a = k(J?a =ka2,b1 = kb2,C1= kC2.(3)面面平行all ? II v? (1= M? a2=入 3, b2 =入 3, C2=入 3.(4)面面垂直a_L 儻 |i_Lv?v= 0? a2a3+b2b3+c2c3= 0.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算設直線l, m的方向向量分別為 a=(a，b1，C1),b =(a2,b2,C

3、2),平面 外3的法向量分別為 產(a3, b3, C3), V=(a4, b4, C4)(以下相同).(1)線線夾角、一一，、， 一兀設l, m的夾角為9(02),則八 |a b| cos |a|b|a1a2+ b1b2 + c八 |a b| cos |a|b|4a2+ b2+ c2 師運二2(2)線面夾角設直線l與平面a的夾角為6(0 9 |. MV|提醒 求二面角時，兩法向量的夾角有可能是二面角的補角，要注意從圖中分析.求空間距離直線到平面的距離，兩平行平面的距離均可轉化為點到平面的距離，點P到平面”的距離：d=年|(其中n為a的法向量，M為a內任一點).熱點一 利用向量證明平行與垂直例

4、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，。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 .思維啟迪 從A點出發的三條直線 AB、AD, AE兩兩垂直，可建立空間直角坐標系.證明 方法一由題意，得 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.設正方形邊長為 1,則 A(0,0,0), B(1, 0,0), C(1,1,0), D(0,1,0),1111(i)(Om =0,212 , BA=( 1,0,0),一 ff I 二OM BA= 0, OM BA.棱柱

5、ADE-BCF是直三棱柱,.AB,平面BCF,，BA是平面BCF的一個法向量,(i)(Om =0,212 , BA=( 1,0,0),一 ff I 二OM BA= 0, OM BA.棱柱ADE-BCF是直三棱柱,.AB,平面BCF,，BA是平面BCF的一個法向量,且 OM?平面 BCF, . OM/平面 BCF.(2)設平面 MDF與平面EFCD的一個法向量分別為m = (x1, y1, zi) , n2=(x2, y2, z2).一一f1. _ DF=(1, 1,1), DM = -, - 1, 0 , DC = (1,0,0),由 n1 DF = n1 DM = 0,c1xi y1 + z

6、i = 0,y1 = 2x1,得1解得2x1-y1= 0,Z1 = - -xi ,2，11令 x1= 1,則 n1= 1, 2 - 2 .同理可得n2= (0,1,1).-n1 n2=0, 平面 MDF，平面 EFCD.方法一 一 一 一 1 一 一 1 一(1)OM= OF+FB+BM = 2DF -BF + 2BA1 一 一 一 1 一 1 一 1 一 1 一= 2(DB+ BF)-BF + 2BA=- 2BD-2BF+2BA=2(BC + BA)凈 + 2BA1 71 7=-BCBF.，向量OM與向量BF, BC共面，又 OM?平面 BCF, . OM/平面 BCF.(2)由題意知，BF

7、 , BC, BA兩兩垂直， 一一 - CD = BA, fc=bc-bf, 1 1 .omcd= BCBf ba=o,1 1 OM FC= -BC 2BF (BC- BF)= -2Bc2+2Bf2=0.OMXCD, OM FC,又 CDAFC=C, OM，平面 EFCD.又OM?平面 MDF , 平面 MDF,平面EFCD.思維升華 (1)要證明線面平行，只需證明向量 OM與平面BCF的法向量垂直；另一個思路則一. 一一 ，一、 ， .是根據共面向量定理證明向量OM與BF, BC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；也可根據面面垂直的判定定理證明直線OM垂直于平面E

8、FCD,即證OM垂直于平面EFCD內的兩條相交直線，從而轉化為證明向量OM與向量FC、CD垂直.如圖，在四棱錐P ABCD 中，PA，平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形，PA = AB = 2, Z BAD = 60, E 是 PA 的中點.(1)求證：直線PC/平面BDE;(2)求證：BDXPC;證明 設ACn BD = O.因為/BAD = 60, AB=2,底面 ABCD為菱形，所以 BO=1, AO=CO = V3, acxbd.如圖，以O為坐標原點，以 OB, OC所在直線分別為 x軸，y軸，過 ?廣、.點。且平行于PA的直線為z軸，建立空間直角坐標系O xyz,a隊、則 P(0

9、,乖，2), A(0, -3, 0), B(1,0,0), C(0, 3, 0), D(1,0,0),E(0, - V3, 1).(1)設平面 BDE 的法向量為 m=(x1, y1，zi),因為 bE=(1, -3, 1), BD = (-2,0,0),由n1 n1 BD=0,n1 BE=0,-x1-V3y1 + z1 = 0,令 zi = V3,得 y1= 1,所以 n1 = (0,1, V3).又PC=(0,23, 2),所以 PC n1=0+2n AM _2X1+0X1 + 0X2cos n, AM |n|AM花 2= 6由圖可知所求二面角為銳角，二面角ADF E的余弦值為W66思維升

10、華(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：建立恰當的空間直角坐標系；求出相關點的坐標；寫出向量坐標；結合公式進行論證、計算；轉化為幾何結論.(2)求空間角注意：兩條異面直線所成的角“不一定是直線的方向向量的夾角&即COS a=|COS印兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角.直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數名稱的變化.(2013 山東)如圖所示，在三棱錐 PABQ 中，PB，平面 ABQ, BA=BP=BQ, D, C, E, F 分別是 AQ, BQ, AP,BP的中點，AQ = 2BD, PD與EQ交

11、于點G, PC與FQ交于點H,連接GH.(1)求證:AB/GH;(2)求二面角D GH E的余弦值.(1)證明 因為D, C, E, F分別是AQ, BQ, AP, BP的中點，所以 EF / AB, DC / AB.所以EF / DC.又EF?平面PCD, DC?平面PCD,所以EF /平面PCD.又EF?平面EFQ ,平面EFQ n平面PCD =GH,所以 EF / GH .又 EF / AB,所以 AB / GH.(2)解 方法一 在 ABQ 中，AQ = 2BD, AD = DQ ,所以/ABQ =90 ；即 ABBQ.因為PB，平面ABQ,所以ABXPB.又BPABQ=B,所以 AB

12、，平面PBQ.由(1)知AB/GH,所以 GH，平面PBQ.又FH?平面PBQ,所以GH XFH.同理可得GHXHC,所以/ FHC為二面角D GH E的平面角.設 BA=BQ=BP=2,連接 FC,在RtAFBC中，由勾股定理得 TOC o 1-5 h z fc=V2,.在RtPBC中，由勾股定理得PC=亞.又H為4PBQ的重心， ,15 一5所以 HC=3PC = .同理 FH =.5 , 5 一十一一 2 9 9在4FHC中，由余弦定理得 cos/FHC =丁52*9=4.即二面角D GHE的余弦值為一4. 55方法二 在4ABQ 中，AQ = 2BD, AD = DQ ,所以 /ABQ

13、 = 90又PBL平面ABQ,所以BA, BQ, BP兩兩垂直.以B為坐標原點，分別以 BA, BQ, BP所在直線為x軸，y軸，z軸， / 建立如圖所示的空間直角坐標系.設 BA=BQ=BP=2,則 E(1,0,1), F(0,0,1), Q(0,2,0), D(1,1,0), C(0,1,0), P(0,0,2). 所以 EQ=(1,2, 1), FQ= (0,2, 1), DP =(-1, 1, 2), CP = (0, -1,2).設平面EFQ的一個法向量為 m=(x1, y1，zi),xi + 2y1 zi = 0, 得取yi= 1,得 m = (0,1,2).設平面PDC的一個法向

14、量為n = (xyi= 1,得 m = (0,1,2).設平面PDC的一個法向量為n = (x2,*,z2),由 n DP = 0, n CP=0,X2y2 + 2z2= 0,得取 z2= 1,得 n= (0,2,1).y2 + 2z2= 0,所以 cos所以 cos m , n m n 4=一|m|n| 5.4因為二面角DGH E為鈍角，所以二面角DGH E的余弦值為一w熱點三利用空間向量求解探索性問題例 3 如圖，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，AB=BC = 2AAi, / ABC = 90,耳D是BC的中點.(1)求證：AiB/平面 ADC1；A月(2)求二面角C1 AD C的余

15、弦值；試問線段AiBi上是否存在點E,使AE與DC1成60角？若存在，確定E點位置；若不存在， 說明理由.證明 連接AiC,交ACi于點O,連接OD.由ABC A1B1C1是直三棱柱，得四邊形 ACCiAi為矩形，。為AiC的 中點.又D為BC的中點, 所以OD為 AiBC的中位線，所以 AiB/ OD.因為 OD?平面 ADC1, A1B?平面 ADCi,所以AiB/平面ADCi.(2)解 由ABC A1B1C1是直三棱柱，且 ZABC=90,得BA , BC, BB1兩兩垂直.以BC, BA, BB1所在直線分別為x, y, z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系B-xyz.設 BA=2,則

16、B(0,0,0), C(2,0,0), A(0,2,0), Ci(2,0,1), D(1,0,0),所以 AD = (1, -2,0), ACi = (2, 2,1).n AD=0, 設平面ADC i的法向量為n=(x, y, z),則有 一n ACi = 0.x 2y= 0,所以取 y=1,得 n = (2,1, -2).2x- 2y+ z= 0.易知平面 ADC的一個法向量為 v = (0,0,1). TOC o 1-5 h z 所以 cosn, v = -n-v- = 2. |n|v|3因為二面角Ci ad C是銳二面角,所以二面角C ad C的余弦值為2.3(3)解假設存在滿足條件的點

17、E.因為點E在線段 AiBi上，Ai(0,2,1), Bi(0,0,1),故可設 E(0, N 1),其中0W宸2.所以 AE=(0, J 2,1), DC1=(1,0,1).因為人與口0成60角,m、一 . |AE DC111所以 |cosAE, DCi |=七一=2,|AE| |DCi|11=-解得仁1或仁3(舍去).Z- 2 2+ 1 V2 2所以當點E為線段AiBi的中點時，AE與口0成60角.思維升華 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、 論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷.解題時，把要成立的結論當作條件，據此列方程 或方程組，把 “是否存在”問題

18、轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解 所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法.如圖，在三棱錐 PABC中，AC=BC=2, /ACB = 90, AP = BP=AB, PCAC,點 D 為 BC 的中點.(1)求二面角APDB的余弦值； . . . .一 ,一, 1(2)在直線AB上是否存在點 M,使得PM與平面PAD所成角的正弦值為否，右存在，求出點 M 的位置；若不存在，說明理由.解 (1)AC=BC, FA= PB, PC= PC, . PCAA PCB, ./ PCA=/ PCB, PCX AC, .-.PCXCB,又 ACA CB=C,.PC,平面ACB,且P

19、C, CA, CB兩兩垂直,故以C為坐標原點，分別以CB,CA,CP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則C(0,0,0),A(0,2,0), D(1,0,0), P(0,0,2), .-.AD=(1, 2,0), PD=(1,0, 2),設平面PAD的一個法向量為 n = (x, v, z),n AD = 0一 ,.取 n= (2,1,1), n PD=0平面PDB的一個法向量為CA= (0,2,0),cos n, Ca =杳, 6設二面角APDB的平面角為 &且。為鈍角,cos 0=，二面角APDB的余弦值為一羋.(2)方法一 存在，M是AB的中點或 A是MB的中點.設 M(x,2

20、x,0) (xC R), . PM = (x,2 x, 2), . |cos . |cosPM, n | =|x|二；也+ 2-x1 2+4 乖 6,解得 x=1 或 x= 2,M(1,1,0)或 M( 2,4,0),在直線 AB上存在點 M,且當 M是AB的中點或 A是MB的中點時,1使得pm與平面pad所成角的正弦值為6.方法二 存在，M是AB的中點或 A是MB的中點.設AM = AB,則 AM =12, 2,0)= (2 % 2% 0)(入R), .PM=PA + AM = (24 2 2 入2),|2X1 |cos |= 一|n|B C|因此直線BC因此直線BC與平面ABF所成角的大小

21、為工6設點設點H的坐標為(u, v, w).因為點H在PC上，所以可設PH= PC(0 M1),即(u, v, w-2)=42,1 , 2),所以 u = 2Z, v= w=22 入因為n是平面 ABF的一個法向量，所以 n AH = 0,即(0, 1,1) (2 因為點H在PC上，所以可設PH= PC(0 M1),即(u, v, w-2)=42,1 , 2),所以 u = 2Z, v= w=22 入因為n是平面 ABF的一個法向量，所以 n AH = 0,即(0, 1,1) (2 丸 ) 224 = 0,解得 仁(,所以點H的坐標為(4, 1, 2). 33 3 3所以PH =2 232+=

22、2.押題精練如圖所示，已知正方形 ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直, AB= AF= 1.(1)求直線DF與平面ACEF所成角的正弦值；(2)在線段AC上找一點P,使pF與DA所成的角為60。，試確定點 的位置.解(1)以C為坐標原點，分別以 CD, CB, CE所在直線為x軸，y軸,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 E(0,0,1), D(2, 0,0), B(0,V2, 0), A(U2, m，0), F(2, V2, 1),連接 BD,則 ACBD.因為平面ABCD,平面 ACEF,且平面 ABCD n平面 ACEF=AC,所以D B是平面 ACEF的一個法向量.又DB=

23、(-V2, V2, 0), DF = (0, V2, 1),所以 cos D F D B迫3 .|DF|X |DB|故直線DF與平面ACEF所成角的正弦值為(2)設 P(a, a,0)(0Waw 亞)，則 P F = (V2-a, x/2-a,1), D A=(0, 也,0).因為PF , DA = 60 ,所以 cos 60 =“2 . 2-a12.解得a = 2或a= 嚶(舍去)，故存在滿足條件的點 P(乎，*，0)為AC的中點.(推薦時間：(推薦時間：60分鐘)、選擇題,一一， 一、一、，一311 f r + 小、.已知平面 ABC,點 M是空間任意一點，點 M滿足條件OM = ：OA+

24、1OB+OC,則直線488AM( )A .與平面 ABC平行B .是平面ABC的斜線C.是平面ABC的垂線D .在平面ABC內答案 D解析 由已知得M、A、B、C四點共面.所以 AM在平面ABC內，選D.在棱長為1的正方體 ABCD A1B1C1D1中，M是BC的中點，P, Q是正方體內部或面上的兩個動點，則AM pQ的最大值是()1A.2B. 133答案 C解析 以A為坐標原點，分別以 AD, AB, AAi所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A(0,0,0), M(2，1,0), 71所以 AM = (, 1,0).-1x|AM|CN| -y Xy 5991 9.5

25、2+ 02+ 2 2= 2,4.已知正三棱柱 ABC A1B1C1的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦等于()a 6A.TB J0B. 4C.,13D.T答案 A解析 如圖所示建立空間直角坐標系， 設正三棱柱的棱長為 2,O(0,0,0),Bej3, 0,0), 弦等于()a 6A.TB J0B. 4C.,13D.T答案 A解析 如圖所示建立空間直角坐標系， 設正三棱柱的棱長為 2,O(0,0,0),Bej3, 0,0), A(0, 1,0), Bi($, 0,2),則屆1=(小，1,2),則BO=( V3, 0,0)為側 x，廟1 BO| 乖面ACCiAi的法向重，

26、由 sin 0= 一 一 = / . / 4|AB1|BO|5.在正方體 ABCD A1B1C1D1中，點E為BBi的中點，則平面 AiED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()12八萬 .12A.2B.3。萬6萬答案 B解析 以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A xyz,設棱長為1,.1_則 Ai(0,0,1), E 1, 0,2, D(0,1,0),1- AiD=(0,1, 1), AiE= 1, 0, -2 ,設平面AiED的一個法向量為m = (1, v, z),yz=0，y=2,則 11 2z= 05z= 2.-n1= (1,2,2).平面ABCD的一個法向量為 n2= (0

27、,0,1),cos n1, n2223X 1=3.一，,-2即所成的銳二面角的余弦值為 2.36.如圖，三棱錐 A-BCD的棱長全相等,E為AD的中點，則直線 CE與BD所成角的余弦值為()A.C.6答案 A解析設AB= 1 ,1D.2則CE BD=(AE AC) (ADAB)1一 c 1 一一 Y 一 Y 一= 2AD2- 2AD AB-AC AD+AC AB1112 2cos 60 cos 60 4 cos 60 = 4.cos 一一 1CE bd j 羽 3 6|CE|BD| 31.選A.、填空題7.在一直角坐標系中已知A(-1,6), B(3, 8),現沿x軸將坐標平面折成60的二面角

28、，則折疊后A、B兩點間的距離為 .答案 2 17解析 如圖為折疊后的圖形，其中作AC LCD, BDXCD,則 AC =6, BD = 8, CD=4,兩異面直線AC、BD所成的角為60 , 故由 AB= AC+CD + DB,得 |AB|2= |AC+ CD + DB|2= 68,|AB|=2 17.8.正方體 ABCD A1B1C1D1的棱長為1, E、F分別為BB、CD的中點，則點F到平面 A1D1E的距離為解析 以A為坐標原點，AB、AD、AA1所在直線分別為立空間直角坐標系，如圖所示,11則 A1(0,0,1), E(1,0, 2), F(, 1,0), D1(0,1,1).x軸、y

29、軸、z軸建.廣 ，/ c1-，- A1E=(1,0, 2), A1D1= (0,1,0).設平面AiDiE的一個法向量為 n=(x, v, z),” - 1n AiE= 0,x 2z= 0,則即 2n AiDi = 0,y= 0.令 z=2,則 x= I.1. n= (1,0,2).p 一 1又 AiF=(5, 1, 1),點F到平面A1D1E的距離為_ |a1f n| |2- | 3加d= |n| 二飛廠 10 .9.已知正方形 ABCD的邊長為4, CGL平面ABCD, CG=2, E, F分別是AB, AD的中點, 則點C到平面GEF的距離為.答案討11解析 建立如圖所示的空間直角坐標系

30、C-xyz,則G(0,0,2), E(2,4,0), F(4,2,0).一一一ffe所以 GF = (4,2 , -2), GE=(2,4, 2), CG= (0,0,2).設平面GEF的法向量為n=(x, v, z),GF n = 0, IGE n = 0,得平面GEF的一個法向量為 n = (1,1,3),所以點C到平面GEF的距離|n CG| 6、11 d=nr= 11.已知 ABCDA1B1C1D1 為正方體,(A 1A + A1D1+A1B1)2=3A 1B12;A1C (A 1B1 A1A) = 0； 向量AD1與向量a1b的夾角是60;正方體 ABCD A1B1C1D1的體積為|

31、AB AA1 aD|.其中正 確命題的序號是.答案解析 設正方體的棱長為 1,中(A/+A1d1 + a1B1)2=a1C2=3(A左1)2=3,故正確；中AW177，一,，.八.一一一，.一 ，、，J、，c -7A1A=AB1，由于AB1，AC,故正確；中AB與AD1兩異面直線所成的角為60 ,但AD1與A1B的夾角為120 ；故不正確； 中|ABAAAD|= 0.故也不正確.三、解答題.如圖，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA，底面ABCD,E, F 分別是 PC, PD 的中點，PA=AB=1, BC=2.(1)求證：EF/平面FAB;(2)求證：平面 PAD，平面 PDC.證明(

32、1)以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,2,0), P(0,0,1),. E, F分別是PC, PD的中點，1.1 一 . 1 E 2, 1, 2 , F 0, 1,2,一 1一一一一一EF= -2, 0, 0 , PB=(1,0, -1), PD=(0,2, 1), AP= (0,0,1), AD = (0,2,0), DC= (1,0,0),AB= (1,0,0).zrt. 1 “, EF = - 2AB, .EF /AB,即 EF / AB,又AB?平面

33、PAB, EF?平面PAB,EF / 平面 PAB.(2)AP DC = (0,0,1) (1,0,0) = 0,AD DC =(0,2,0) (1,0,0) = 0,.APdC, ADlDC,即 API DC, AD DC.又 APA AD = A,DC,平面 PAD. DC?平面 PDC ,平面PAD，平面PDC.12. (2014課標全國n )如圖，四棱錐 P-ABCD中，底面ABCD為矩形， FAL平面ABCD, E為PD的中點.證明：PB/平面AEC;(2)設二面角 D AEC 為 60, AP=1, AD=V3,求三棱錐 E ACD 的 體積.證明連接BD交AC于點O,連接EO.因為ABCD為矩形，所以。為BD的中點.又E為PD的中點，所以 EO