向量法解立体几何及经典例题(上课用)

向量法解立体几何

1、直线的方向向量和平面的法向量

⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.

⑵．平面的法向量： 若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作

n α⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.

⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．

②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．

③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．

④根据法向量定义建立方程组0

n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.

⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.

例1：在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.

2、用向量方法判定空间中的平行关系

⑴线线平行。设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.

例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB

的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.

⑵线面平行。设直线l 的方向向量是a ，平面α

的法

向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.

例3：如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1

至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．

求证：PB 1∥平面BDA 1；

⑶面面平行。若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.

例4：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段

BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．

求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .

3、用向量方法判定空间的垂直关系

⑴线线垂直。设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、

，则要证明12l l ⊥，只需证明a b ⊥，即0a b ⋅=.

例5：如图，已知正三棱柱A B C -111A B C 的底面边长为2，侧棱长为3

2，

点E 在侧棱1A A 上，点F 在侧棱1B B 上，且22A E =,2BF = 求证：1C F C E ⊥；

⑵线面垂直

①（法一）设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明a ∥u ，即a u λ=.

②（法二）设直线l 的方向向量是a ，平面α内的两个相交向量分别为m n 、

，若0

,.0

a m l a n α⎧⋅=⎪⊥⎨

⋅=⎪⎩则 例6：如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1中点。

求证：AB 1⊥面A 1BD ；

⑶面面垂直。 若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证αβ⊥，只需证u v ⊥，即证0u v ⋅=.

例7：如图，已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 是菱形，∠DAB=600，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD ，点E 为AB 中点，点F 为PD 中点。 证明平面PED ⊥平面PAB ；

4、利用向量求空间角

Q

M

A B

D

C

O

P

⑴求异面直线所成的角

已知,a b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的角为θ，则cos .AC BD AC BD

θ⋅=

例8：如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的 菱形，4

ABC π

∠=

,

OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。

求异面直线AB 与MD 所成角的大小；

⑵求直线和平面所成的角

求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角 的余角.即有：cos s .in a u a u

ϕθ⋅==

例9：在棱长为a 的正方体'''

'

ABCD A B C D -中，

EF 分别是'',BC A D 的中点，

求直线AD 与平面'

B EDF 所成的角的余弦值，

'D

A

B

C

D

E

F

G

'A 'B

'C

x

y

z

⑶求二面角

二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线

l AO ⊥,β-l 的平面角.

如图：

求法：设二面角l αβ--的两个半平面的法向量分别为m n 、

，再设m n 、的夹角为ϕ，二面角l αβ--的平面角为θ，则二面角θ为m n 、

的夹角ϕ或其补角.πϕ- 根据具体图形确定θ是锐角或是钝角： 如果θ是锐角，则cos cos m n m n

θϕ⋅==

， 即arccos

m n m n

θ⋅=；

如果θ是钝角，则cos cos m n

m n

θϕ⋅=-=-， 即arccos m n m n θ⎛⎫

⋅ ⎪=-

⎪⎝⎭

. 例10：如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD 中，∠ABC = 90°，SA ⊥面ABCD ，SA = AB = BC = 1，21=AD ．求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值．

5、利用法向量求空间距离 ⑴点Q 到直线l 距离

若Q 为直线l 外的一点,P 在直线l 上，a 为直线l 的方向向量，b =PQ ，则点Q 到直线l

距离为 221

(||||)()|

h a b a b a =-⋅ ⑵点A 到平面α的距离

若点P 为平面α外一点，点M 为平面α内任一点，平面α的法向量为n ，则P 到平面α的距离就等于MP 在法向量n 方向上的投影的绝对值.

即cos ,d MP n MP

=n MP MP n MP

⋅=⋅

n MP n

⋅=

例11：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

⑶直线a 与平面α之间的距离

当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离。 即.n MP d n

⋅=

例12：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14,3,2,AB BC CC ===求平面11A BC 与平面1ACD 的距离。

y

⑷两平行平面,αβ之间的距离

利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。即

.n MP d n

⋅=

⑸异面直线间的距离

设向量n 与两异面直线,a b 都垂直，,,M a P b ∈∈则两异面直线,a b 间的距离d 就是

MP 在向量n 方向上投影的绝对值。 即.n MP d n

⋅=

例13：正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，求异面直线11A C 与1AB 间的距离.

y

高考大题赏析：

1、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．

（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；

（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值．

2．（2018年1卷18题）

△折如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC 起，使点C到达点P的位置，且PF BF

⊥．

⑴证明：平面PEF⊥平面ABFD；

⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

3（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．

4．（2020年1卷18题）（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为

底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6

6

PO DO =．

（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．

例3：证明：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴，y 轴，

z 轴建立空间直角坐标系A 1－B 1C 1A ，则1(0,0,0)A ，1(1,0,0)B ，1(0,1,0)C ，(1,0,1)B ，

(0,2,0)P ．

（Ⅰ）在△P AA 1中有1112C D AA =，即1(0,1,)2

D ． ∴1(1,0,1)A B =，1(0,1,)A D x =，1(1,2,0)B P =-． 设平面BA 1D 的一个法向量为1(,,)a b c =n ，

则1111

0,

10.2

A B a c A D b c ⎧⋅=+=⎪

⎨⋅=+=⎪⎩n n 令1c =-，则1

1(1,,1)2=-n ． ∵111

1(1)2(1)002

B P ⋅=⨯-+⨯+-⨯=n ，

∴PB 1∥平面BA 1D

例4：证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在

的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，

所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，

1B D ·

BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .

又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .

(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭

⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)，

1B D ·

EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .

例5：证明：建立如图所示的空间直角坐标系，

则由已知可得

1(0,0,0),(3,1,0),(0,2,0),(0,2,32),(0,0,22),(3,12)A B C C E F （Ⅰ）1(0,2,2),(3,12)C E CF =--=- 10220C E CF ⋅=+-=

1.CF C E ∴⊥

例6：解：取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．

在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．

取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空

间直角坐标系，则(100)B ，，，(110)D -，，，1(023)A ，，，03)A ，

，， 1(120)B ，，，

1(123)AB ∴=，，(210)BD =-，，，1(123)BA =-，，．

x

z

A B C

D

1

A 1

C

1

B

O F

y

12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=， 1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．

例7：证明：∵面ABCD 是菱形，∠DAB=600，

∴△ABD 是等边三角形，又E 是AB 中点，连结BD ∴∠EDB=300，∠BDC=600，∴∠EDC=900， 如图建立坐标

系D-ECP ，设AD=AB=1，则PF=FD=

1

2

，

∴ P （0，0，1），E

，0，0），B ，1

2

，

0） ∴PB =

（

2，12

，-1），PE = （2，0，-1）， 平面PED 的一个法向量为DC =（0，1

，0） ，设平面PAB 的法向量为

n =（x, y, 1)

由1

1

(,,1),1)010220(,,1)1)010x y x y x n PB n PE y x y x ⎧

⎧•-=--=⎪⎧=⊥⎪⎪

⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=•-=-=⎩⎪

⎩ ∴

n =∵DC ·n =0 即DC ⊥n ∴平面PED ⊥平面PAB

例8：方法一（综合法）

（1）CD ‖AB,

MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角（或其补角） 作,AP CD P ⊥于连接MP ⊥

⊥平面A B C D ，∵OA ∴CD MP

,4

2

ADP

π

∠=

∵∴DP =

MD ==∵

1

cos ,23

DP MDP MDC MDP MD π

∠==∠=∠=∴

所以 AB 与MD 所成角的大小为

3

π

方法二(向量法)作AP CD ⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系

222(0,0,0),(1,0,0),(0,

,0),(,,0),(0,0,2),(0,0,1)222

A B P D O M -,

(1)设AB 与MD 所成的角为θ,

22(1,0,0),(,,1)22

AB MD ==-

-∵ 1cos ,2

3AB MD

AB MD π

θθ===⋅∴∴ ,

∴AB 与MD 所成角的大小为

3

π 例9：解：

,ADE ADF ∠=∠所以AD 在平面'

B EDF 内

的射影在EDF ∠的平分线上，又'B EDF 为菱形，

'

DB ∴为EDF ∠的平分线，故直线AD 与平面'B EDF 所成的角为'ADB ∠，

建立如图所示坐标系， 则

'(0,0,0),(,0,),(0,,0)

A B a a D a ，

'

(0,,0),(,,)DA a DB a a a ∴=-=-，

''

'

3cos ,3

DA DB DA DB DA DB •∴<>=

=

• 故AD 与平面'B EDF 所成角为

例10：解：如图建立直角坐标系，

则1

(0,1,0),(,0,0),(1,1,0),(0,0,1)2B D C S

11

(,0,0),(1,1,1),(,0,1)

22AD SC SD ==-=-，

,SA ABCD AD SAB ⊥∴⊥平面平面

所以AD 是平面SAB 的一个法向量。设平面SCD 的一

x

y

z M

A

B

D C

O P

'D

A

B

C

D

E

F

G

'A '

B

'C

x

y

z

B

A

D x

y

个法向量(,,)n x y z =

由0

,0n SC n SC n SD n SD ⎧⎧⊥•=⎪⎪⇒⎨⎨⊥•=⎪⎪⎩⎩，02102

x y z x z y z x z +-=⎧=⎧⎪∴⇒⎨⎨=--=⎩⎪⎩

令1,(2,1,1)z n ==-，6

cos ,,3

AD n AD n AD n

•∴<>=

=

•2tan ,2AD n ∴<>=

平面SCD 与平面SAB 所成的二面角的正切值为

2

例11：解：设平面ABC 的法向量(,,),

0,0n x y z n AB n AC =•=•=，所以

(,,)(2,2,1)0(,,)(4,0,6)0x y z x y z •-=⎧⎨

•=⎩，32202460x y z x z

x z y z ⎧

-+==-⎧⎪∴⎨⎨+=⎩⎪=-⎩ 2,

(3,2,2)z n =-=-则，cos ,n AD ∴<>=

所以设D 到平面ABC 的距离为d ，cos ,d AD n AD =•<>=

=

例12：解：，同理11//,A B ACD 平面 又

11,A B BC B =∴111平面A BC //平面ACD ，

建立直角坐标系D xyz -，

14,3,2AB BC CC ===，11(3,0,2),(3,4,0),(0,4,2)A B C

11(0,4,2),(3,0,2)A B BC ∴=-=-,设(,,)n x y z =为平面11A BC 的法向量，

则110,420,n A B n A B y z ⊥⇒•=⇒-= 由110320n BC n BC x z ⊥⇒•=⇒-+=， 不妨设1221

1,,,(,,1)2332

z y x n =∴=

=∴= 例13：

解：如图建立坐标系，

y

y

则111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)A A B C

111(0,1,1),(1

,1,0)AB AC ∴==-， 设MN 是直线11A C 与1AB 的公垂线， 且

1111(0,,),(,,0)

AN AB AM uAC u u λλλ=+==-则

11(,,0)(0,0,1)(0,,)(,,1)MN MA AA AN u u u u λλλλ=++=--++=-+

11120203

,21103MN A C u u MN AB u λλλ⎧

=-⎪⎧•=-=⎧⎪⎪⇒⇒⎨

⎨⎨-=-•=⎩⎪⎪⎩

=-⎪⎩， 1113

(,,)3333

MN MN =-⇒=

高考大题赏析：

【解析】1，（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒ ∴PA AB ⊥，PD CD ⊥

又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥

又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD

（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD

∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OE AB

由（1）知，AB ⊥平面PAD

∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴PO 、OE 、AD 两两垂直

∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz - 设2PA =，∴()002D -，，、(

)220B ，，、()002P ，，、()

202C -，，， ∴()022PD =--，

，、()222PB =-，，、()

2200BC =-，，

设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量 由00

n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨

⋅=⎪⎩，得2220220

x y z x ⎧+-=⎪⎨

-=⎪⎩

令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()

012n =,, ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥

又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB

即PD 是平面PAB 的一个法向量，()

022PD =--,, ∴23cos 3

23

PD n PD n PD n

⋅-=

==-

⋅, 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为33

-

2解答：

（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥， 又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，

又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，

∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，

则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角， 由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴232

34

PH ⋅=

=， 而4PD =，∴3

sin 4

PH PDH PD ∠=

=

， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值

3

4

. 方法二：作PH EF ⊥，垂足为H . 由（1）得，PH ⊥平面ABFD .

以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -.

由（1）可得，DE PE ⊥. 又2DP =，1DE =，所以3PE =. 又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥.

可得32PH =

，3

2

EH =.

则(0,0,0)H ，3(0,0,)2P , 3

(1,,0)2

D --，33(1,,)22DP =，3(0,0,)2HP =为平面ABFD

的法向量.

设DP与平面ABFD所成角为θ，则

3

3

4

sin||

4

3

||||

HP DP

HP DP

θ

⋅

===.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为

3 4

.

3解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，

又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，

由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，

∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，

∴NM∥DE，

∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，

∴MN∥平面C1DE；

（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），

，，

设平面A1MN的一个法向量为，

由，取x＝，得，

又平面MAA1的一个法向量为，

∴cos＜＞＝＝＝．

∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．

用向量法解立体几何

y k i A(x,y,z)O j x z 空间向量与立体几何 一．空间向量 1、空间直角坐标系： （1）若空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为1，这个基底叫单位正交基底，用{,,}i j k 表示； （2）在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k ，以点O 为原点，分别以,,i j k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建 立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量,,i j k 都叫坐标向量．通 过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面。 （3）作空间直角坐标系O xyz -时，一般使135xOy ∠=（或45），90yOz ∠=； （4）在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正 方向，如果中指指向z 轴的正方向，称这个坐标系为右手直角坐标系规定立几中建立的坐标系为右手直角坐标系 2、空间直角坐标系中的坐标： 如图给定空间直角坐标系和向量a ,设,,i j k 为坐标向量,则存在唯一的有序实数组123(,,)a a a ,使123a a i a j a k =++，有序实数组123(,,)a a a 叫作向量a 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作123(,,)a a a a =． 在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯 一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组 (,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记 作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标． 3、空间向量的直角坐标运算律 （1）若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =， 则112233(,,)a b a b a b a b +=+++， 112233(,,)a b a b a b a b -=---， 123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈， 112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ?===∈， y k i B(b1,b2,b3)A(a1,a2,a3) O j x z

向量法解立体几何练习题

向量法 例1：如右下图,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所成的余弦值. 解：（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为x 轴，y 轴,z 轴的正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，11(3,3,0),(1,3,2),(4,2,2)DE EC FD =-==- 设法向量(,,2)n x y =与平面C 1DE 垂直，则有 1330 1320n DE x y x y x y z n EC ⊥-=? ?==-++=⊥?? ???? ?? 11111(1,1,2), (0,0,2), 1010226cos 3 ||||114004 2tan 2 n AA CDE n AA C DE C n AA n AA θθθ∴=--=∴--?-?-?+?== = ?++?++∴= 向量与平面垂直与所成的角为二面角的平面角 （II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则 112 2 2 2 2 2 111(4)322221cos 14 |||| 132(4)22 EC FD EC FD β??-+?+?= == ?++?-++ 2.如图6 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯 形，AB//DC ，0 90DAB ∠=，PA ⊥底面ABCD ， 且PA=AD=DC= 1 12 AB =，M 是PB 的中点。 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角； （Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。 3.已知四棱锥P —ABCD ，底面ABCD 是菱形， ⊥?=∠PD DAB ,60平面ABCD ，PD=AD ， 点E 为AB 中点，点F 为PD 中点. （1）证明平面PED ⊥平面PAB ； （2）求二面角P —AB —F 的余弦值. 14 7 5 A B C D M P 图 6

用向量方法解立体几何的的题目

用向量方法求空间角和距离 前言： 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角． （１）求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos |||||| a b a b （２）求线面角 设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量， 则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin |||||| l n l n （３）求二面角 a l ⊥，在β内 b l ⊥，其方向如图，则二方法一：在α内 平面角α=arccos |||| a b a b 面角l αβ--的 方法二：设12,,n n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角 α=12 12arccos |||| n n n n

2.求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的 距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 方法一：设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到 α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== 方法二：设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO ． （２）求异面直线的距离 方法一：找平面β使b β?且a β，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． 方法二：在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别为异面直 线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥， n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== （此方法移植于点面距离的求法）． 例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是 棱1111,A D A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离 记异面直线1DE FC 与所成的角为α， 解：（Ⅰ） 则α 等于向量 1 DE FC 与的夹角或其补角， 1 1 ||||111111cos || ()() ||||||DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC α∴=++=

向量法解立体几何习题

向量法解立体几何 1、四川19．（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ． （Ⅰ）求证：PB 1∥平面BDA 1； （Ⅱ）求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； 2. (全国大纲文)如图，四棱锥S ABCD -中，AB ∥CD,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形， 2,1AB BC CD SD ====． （I ）证明：SD ⊥平面SAB ； （II ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小。 3、重庆文．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分） 如题（20）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ， ,2,1AB BC AC AD BC CD ⊥==== （Ⅰ）求四面体ABCD 的体积； （Ⅱ）求二面角C-AB-D 的平面角的正切值。 4、 . （湖北文）如图，已知正三棱柱A B C -111A B C 的底面边长为2，侧棱长为3， 点E 在侧棱1A A 上，点F 在侧棱 1B B 上，且A E =,BF = （I ） 求证：1C F C E ⊥；（II ） 求二面角1E C F C --的大小。 5、、（2006年高考题）如图1，1l 、2l 是互相垂直的异面直线，M N 是它们的公垂线，点A 、B 在1 l 上，C 在2l 上，MN MB AM ==。证明：NB AC ⊥。 6、如图，直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，D 、E 分别是BC 、A 1B 1的中点. （1）证明：BE//平面A 1DC 1； （2）若AB=BC=AA 1=1，∠ABC=90°求二面角B 1—BC 1—E 的正切值. 7、、如图，四棱锥ABCD P -的侧面PAD 垂直于底面ABCD ,090=∠=∠BCD ADC ,22====BC AD PD PA ,3=CD , M 在棱PC 上，N 是AD 的中点，二面角C BN M --为030。 （1）求 MC PM 的值；（2）求直线PB 与平面BMN 所成角的大小。 8、如图，在四棱锥S ABCD -中，底面 ABCD 为平行四边形， SA ⊥平面ABCD ，2,1,AB AD ==SB =,120,BAD E ∠=在棱SD 上，且3SE ED =． （I ）求证：SD ⊥平面;AEC （II ）求直线AD 与平面SCD 所成角的大小 9、如图所示，三棱柱'''C B A ABC -中，四边形''B BCC 为菱形，o BCC 60'=∠，ABC ?为等边三角形，面 ⊥ABC 面''B BCC ，F E 、分别为棱'CC AB 、的中点； （Ⅰ）求证：//EF 面BC A '＇；（Ⅱ）求二面角B AA C --'的大小。

空间向量解决立体几何

1 空间直角坐标系构建三策略 利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱 例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值． 解 如图以D 为坐标原点，分别以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， 则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)， CD →＝(0，－1,0)． 所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717 . 点评 本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系 例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中 点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3 .试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标． 解 过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1， 以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系． 因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3 ， 所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32 ，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12 ，0)，A 1(0,2，2)．

高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)

高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法 题型一 利用向量证明平行与垂直 【题型要点】 向量证明平行与垂直的4步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系； (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素； (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运动结果解释相关问题． 【例1】如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD . 【证明】 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛0,0,2 1 ， O ⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛21,21,21. OM →＝⎪⎭ ⎫ ⎝ ⎛ --21,2 1,0，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱， ∴AB ⊥平面BCF ，∴BA → 是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .

(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-0,1,2 1，DC →＝(1,0,0)，CF → ＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1· DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1 ＝0， 令x 1＝1，则n 1＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛- 21,21 ,1.同理可得n 2＝(0,1,1)． ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA → ＝－12BC →－12 BF →. ∴向量OM →与向量BF →，BC → 共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛--F B C B 2 12 1BA →＝0， OM →·FC →＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛--F B C B 2 12 1·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12 BF → 2＝0.

空间向量与立体几何解答题精选(含答案)

空间向量与立体几何解答题精选（选修2--1） 1．已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥ =∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且12 PA AD DC === ，1AB =，M 是PB 的中点。 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角； （Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。 证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2 A B C D P M . （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD .又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC （Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ= 要使14,00,.25 AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得 ANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为 所求二面角的平面角. 2．如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形, 平面VAD ⊥底面ABCD ． （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ； （Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小． 证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ， 则(1,1,0)B ， )2 3,0,21 (V ， 由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直. ∴AB ⊥平面VAD . （Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)4 3,0,41 (E ， 由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得

3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）

3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解） 3.2立体几何中的向量方法 第一课时立体几何中的向量方法（1） 教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题． 教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用． 教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用． 教学过程： 一、复习引入 1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示；⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式；⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？ 2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝ a b a b ??r r r r ，可求两个向量的数量积或夹角问题； ⑵利用性质a ⊥b ?a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题； ⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题． 二、例题讲解 1. 出示例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥．证明：·OC AB u u u u r u u u r ＝·()OC OB OA -u u u u r u u u r u u u r ＝·OC OB u u u u r u u u r －·OC OA u u u u r u u u r ．∵OA BC ⊥，OB AC ⊥，∴·0OA BC =u u u r u u u r ，·0OB AC =u u u r u u u u r ，·()0OA OC OB -=u u u r u u u u r u u u r ，·()0OB OC OA -=u u u r u u u u r u u u r ．∴··OA OC OA OB =u u u r u u u u r u u u r u u u r ，··OB OC OB OA =u u u r u u u u r u u u r u u u r ．∴· OC OB u u u u r u u u r ＝·OC OA u u u u r u u u r ，·OC AB

用向量法解立体几何

y k i A(x,y,z) O j x z 空间向量与立体几何 一．空间向量 1、空间直角坐标系： 〔1〕假如空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为1，这个基底叫单位正交基底，用{,,}i j k 表示； 〔2〕在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k ，以点O 为原点，分别以,,i j k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建 立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量,,i j k 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面。 〔3〕作空间直角坐标系O xyz -时，一般使135xOy ∠=〔或45〕，90yOz ∠=； 〔4〕在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，如果中指指向z 轴的正方向，称这个坐标系为右手直角坐标系规定立几中建立的坐标系为右手直角坐标系 2、空间直角坐标系中的坐标： 如图给定空间直角坐标系和向量a ,设,,i j k 为坐标向量,如此存在唯一的有序实数组123(,,)a a a ,使123a a i a j a k =++，有序实数组123(,,)a a a 叫作向量a 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作123(,,)a a a a =． 在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯 一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组 (,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记 作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标． 3、空间向量的直角坐标运算律

向量法解立体几何及经典例题(上课用)

向量法解立体几何 1、直线的方向向量和平面的法向量 ⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量. ⑵．平面的法向量： 若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作 n α⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量. ⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系． ②设平面α的法向量为(,,)n x y z =． ③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==． ④根据法向量定义建立方程组0 n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩. ⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量. 例1：在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.

2、用向量方法判定空间中的平行关系 ⑴线线平行。设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈. 例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB 的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG. ⑵线面平行。设直线l 的方向向量是a ，平面α 的法 向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=. 例3：如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1 至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ． 求证：PB 1∥平面BDA 1； ⑶面面平行。若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=. 例4：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析 以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。 首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角 范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。 向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角 定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。 范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。 向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=. (3)二面角 二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法： 方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小； 方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。 二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式 平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d = |||| M P ⋅ n n . （2）线面、面面距离的向量公式 平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = . 平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = |||| M P ⋅ n n . （3）异面直线的距离的向量公式 设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d

2021版新高考数学：立体几何中的向量方法含答案

关系 cos 〈a 、b 〉＝a·b |a||b| cos θ＝|cos 〈a 、b 〉|＝|a·b| |a||b| 2.直线与平面所成的角 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、则sin θ＝|cos_〈a 、n 〉|＝|a·n| |a||n|． 3．二面角 (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满足|cos θ|＝|cos 〈n 1、n 2〉|、二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). [常用结论] 点到平面的距离 如图所示、已知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|BO →|＝|AB →· n||n|.

C ．π4或34π D ．π2或34π C [∵m ＝(0、1、0)、n ＝(0、1、1)、 ∴m ·n ＝1、|m |＝1、|n |＝2、 ∴cos 〈m 、n 〉＝m·n |m||n|＝22、∴〈m 、n 〉＝π4. ∴两平面所成的二面角为π4或3 4π、故选C.] 3.如图所示、在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中、已知M 、N 分别是BD 和AD 的中点、则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.3010 B ．3015 C.3030 D ．1515 A [以D 为原点建立空间直角坐标系D -xyz 、如图、 设A B ＝2、则N (1、0、0)、D 1(0、0、2)、M (1、1、0)、B 1(2、2、2)、 ∴B 1M ＝(－1、－1、－2)、 D 1N ＝(1、0、－2)、 ∴B 1M ·D 1N ＝－1＋4＝3、 |B 1M |＝6、|D 1N |＝5、 ∴cos 〈B 1M 、D 1N 〉＝330＝30 10＞0、 ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为30 10.故选A.] 4.如图、正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2、侧棱长为22、则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________． π6 [如图、以A 为原点、以AB →、AE →(AE ⊥AB )、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、 z 轴(如图)建立空间直角坐标系、设D 为A 1B 1的中点、

向量法解立体几何 大题

A D E B C 1. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2，AP=AD=AB=，∠PAB=∠PAD=α． （1）试在棱PA上确定一个点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值； （2）当α=60°时，求证：CD⊥平面PBD． 2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90︒，BC=1，AC=CC1=2. (1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1-AB-C的大小. 3. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上． （I）求证：平面AEC⊥平面PDB; （II）当PD=2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．4.如图，在四棱锥BCDE A-中，平面ABC⊥平面BCDE；90 CDE BED ∠=∠=︒，2 AB CD ==，1 DE BE ==，2 AC=. （1）证明：AC⊥平面BCDE； （2）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值. 5.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点. （I）证明：PB∥平面AEC; (II)设AP=1，AD=3,三棱锥P-ABD的体积V= 4 3 ，求A到平面PBC的距离. 7. 如图，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD=错误!未找到引用源。，AA1=3，E为CD上一点，DE=1，EC=3 (1)证明：BE⊥平面BB1C1C; (2) 求点B1 到平面EA1C1的距离

立体几何中的向量方法(习题)

立体几何中的向量方法（习题） 例题示范 例1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB 上的点，且DE∥BC，DE=2．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使 A1C⊥ CD，如图2． （1）求证：A1C⊥平面BCDE； （2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； （3）线段B C上是否存在点P，使平面A1D P与平面A1B E垂 直？请说明理由． 过程示范： （1）如图2，由题意得，CD⊥DE，A1D⊥DE， 1 CD A D=D， ∴DE⊥平面A1CD， ∵A1C⊂平面A1CD， ∴A1C⊥DE， 又A1C⊥CD，CD DE=D， ∴A1C⊥平面BCDE． （2）如图，建立空间直角坐标系C-xyz， 在Rt△A1CD中，A1C⊥CD，CD=2，A1D=4， ∴A1C= 则C(0，0，0)，D(-2，0，0)，A1(0，0，，B(0，3，0)， E(-2，2，0)，M(-1，0，， ∴ 1 (03 A B −−→ =- ，，，(210) BE −−→ =-- ，，，(10 CM −−→ =-，， 设平面A1BE的法向量为() x y z =，， n， 则1 30 20 A B y BE x y −−→ −−→ ⎧ ⋅=-= ⎪ ⎨ ⎪⋅=--= ⎩ n n 不妨取1 = x，则2 =- y，= z ∴平面A1BE的一个法向量为(12 =- ，， n， 设CM与平面A1BE所成的角为θ， 则sin cos 2 CM CM CM θ −−→ −−→ −−→ ⋅ =<>=== ， n n n ， 故CM与平面A1BE所成角的大小为45°． （3）假设线段BC上存在满足题意的点P， 图2 图1 A1 M B C D E E D C B A

高考数学 复习点拨 巧用法向量 妙解立体几何题

巧用法向量 妙解立体几何题 平面的法向量是空间向量的一个重要概念，它在解决立体几何的许多问题中都有很好的应用.下面举例归纳，以体现用向量法解决立体几何问题的优越性. 一、判断直线、平面的位置关系 （1）设n 为平面α的法向量，a 为直线a 的方向向量，要证a α∥，只需证：⊥a n ，即证0a n =·； （2）设n 为平面α的法向量，a 为直线a 的方向向量，要证α⊥a ，只需证：a n ∥，即证：存在一个非零常数λ，使a n λ=，（即a 也是平面α的一个法向量） （3）设12n n ，分别为平面αβ，的法向量，要证αβ∥，只需证明12n n ∥，即证：存在一个非零常数λ，使12n n λ=． （4）设12n n ，分别为平面αβ，的法向量，要证αβ⊥，只需证明12n n ⊥，即证明：120n n =·． 例1 如图1，已知正三棱柱111-ABC A B C ，D 是AC 的中点，求证：1AB ∥平面1DBC ． 证明：建立如图1所示的空间直角坐标系A xyz -．设正三棱柱的底面边长为a ，侧棱长为b ，则11(000)0(0)00222a a a A B B b C a b D ⎫⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，，，，，，，，，，，，，，， 132a AB b ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，，∴，130002a BD a DC b ⎛⎫⎛⎫ =-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，，，，，． 设平面1DBC 的一个法向量为n ()x y z =，，， 则13 002 BD a DC y bz ⎧=-=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，，··n n 所以0.2x a z y b =⎧⎪⎨=-⎪⎩， 不妨令2y b =，则n (02) b a =-，，． 由于1 AB ·n 0ab ab =-=，得1AB ⊥n ．

空间向量与立体几何经典题型

例题1. 已知,,A B C 三点不共线，对平面外任一点，满足条件122 555 OP OA OB OC = ++， 试判断：点P 与,,A B C 是否一定共面？ 分析：要判断点P 与,,A B C 是否一定共面，即是要判断是否存在有序实数对,x y ，使 AP x AB y AC =+或对空间任一点O ，有OP OA x AB y AC =++。 解：由题意：522OP OA OB OC =++， ∴()2()2()OP OA OB OP OC OP -=-+-， ∴22AP PB PC =+，即22PA PB PC =--， 所以，点P 与,,A B C 共面． 点评：在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候，首先要选择恰当的 充要条件形式，然后对照形式将已知条件进行转化运算． 例题2. 如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直，点M ，N 分别在对角 线BD ，AE 上，且13BM BD = ，1 3 AN AE =．求证：//MN 平面CDE ． 分析：要证明//MN 平面CDE ，只要证明向量NM 可以用平面CDE 内的两个不共线的向量DE 和DC 线性表示． 证明：如图，因为M 在BD 上，且1 3 BM BD =，所以 111333MB DB DA AB ==+．同理11 33AN AD DE =+， 又CD BA AB ==-，所以MN MB BA AN =++ 1111()()3333DA AB BA AD DE =++++2133BA DE =+21 33 CD DE =+．又CD 与DE 不共线， 根据共面向量定理，可知MN ，CD ，DE 共面．由于MN 不在平面CDE 内，所以//MN 平面CDE ． 点评：空间任意的两向量都是共面的． 考点二 证明空间线面平行与垂直 例题3. 如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，点D 是AB 的中点， （I ）求证：AC ⊥BC 1； （II ）求证：AC 1//平面CDB 1； 分析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线面垂直来证明线线垂直；（2）证明线

空间向量及立体几何典型例题

空间向量与立体几何典型例题 一、选择题： 1．(2021全国Ⅰ卷理)三棱柱 111 ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等， 1 A在底面ABC的射影为ABC △的中心，那么 1 AB与底面ABC所成角的正弦值等于〔 C 〕 A． 1 3 B C D． 2 3 1.解：C．由题意知三棱锥 1 A ABC -为正四面体，设棱长为a，那么 1 AB=，棱柱的 高 13 AO===〔即点 1 B到底面ABC的距离〕，故 1 AB与 底面ABC所成角的正弦值为1 1 3 AO AB =. 另解：设 1 ,, AB AC AA为空间向量的一组基底， 1 ,, AB AC AA的两两间的夹角为0 60 长度均为a，平面ABC的法向量为11 11 33 OA AA AB AC =--, 11 AB AB AA =+ 2 1111 26 ,,3 33 OA AB a OA AB ⋅=== 那么 1 AB与底面ABC所成角的正弦值为11 11 2 3 OA AB AO AB ⋅ =. 二、填空题： 1．(2021全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角 C AB D --的余弦值为 3 ，M N ，分别是AC BC ，的中点，那么EM AN ，所成角的 余弦值等于 6 1 ． 1.答案： 1 6 .设2 AB=，作CO ABDE ⊥面， OH AB ⊥，那么CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D -- cos1 CH OH CH CHO =⋅∠=，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，那么AN EM == 11 (), 22 AN AC AB EM AC AE =+=-, 11 ()() 22 AN EM AB AC AC AE ⋅=+⋅-= 1 2 故EM AN ，所成角的余弦值1 6 AN EM AN EM ⋅ = 另解：以O为坐标原点，建立如下图的直角坐标系， 那么点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0), A B E C ----,