高三数学空间向量解决空间几何体

第十三讲立体几何中的向量方法
命题要点：（1）利用向量方法证明直线和平面位置关系；（2）利用空间向量求空间距离；（3）利用向量方法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角、二面角的大小。
命题趋势：立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量的夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点．而这类题是高考的热点也是重点，题型灵活多样，基本以简答题型出现，难度为中档题。
方法总结：
主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：
异面直线所成角范围是(0°，90°]，若异面直线a，b的方向向量为m，n，异面直线a，b所成角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉
证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．
证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．
4.点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH⊥平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·，
得|·n|＝|n·|＝||·|n|，
所以||＝，即d＝
5.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，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点．
6. 直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系．
题型分析:
类型一 利用空间向量证明位置关系
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．
(1)线面平行
l∥αa⊥ua·u＝0a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.
(2)线面垂直
l⊥αa∥ua＝kua1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.
(3)面面平行
α∥βu∥vu＝kva3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.
(4)面面垂直
α⊥βu⊥vu·v＝0a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
[例1]　(2012年高考福建卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

[解析]　(1)证明：以A为原点，，，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)，D1(0，1，1)，E(，1，0)，B1(a，0，1)，故＝(0，1，1)，＝(－，1，－1)，＝(a，0，1)，＝(，1，0)．
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝(1，－，－a)．
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，
解得z0＝.
又DP 平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

跟踪训练
（1）如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径＝2，C是的中点，D为AC的中点．证明：平面POD⊥平面PAC.

证明：如图所示，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，D(－，，0)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，

则由n1·＝0，n1·＝0，得
所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1，1，0)．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，
则由n2·＝0，n2·＝0，得
所以x2＝－z2，y2＝z2，取z2＝1，
得n2＝(－，，1)．
因为n1·n2＝(1，1，0)·(－，，1)＝0，
所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.
（2）?如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
[审题视点] 直接用线面平行定理不易证明，考虑用向量方法证明．
证明　法一　如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则M，N，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，
于是＝，
设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)．
则n·＝0，且n·＝0，得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)．
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
∴⊥n，又MN?平面A1BD，
∴MN∥平面A1BD.
类型二 利用空间向量求角
1．向量法求异面直线所成的角
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 θ＝|cos 〈a，b〉|＝.
2．向量法求线面所成的角
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 θ＝|cos 〈n，a〉|＝.
3．向量法求二面角
求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝；
若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，
则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.
[例2]　(2012年高考辽宁卷)如图，直三棱柱ABCA′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)若二面角A′MNC为直二面角，求λ的值．

[解析]　(1)证明：证法一　连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABCA′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.
又MN平面A′ACC′，AC′平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.
证法二　取A′B′的中点P，连接MP，NP.而M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN平面MPN，所以MN∥平面A′ ACC′.
(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示．
设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，
于是A(0，0，0)，B(λ，0，0)，C(0，λ，0)，A′(0，0，1)，B′(λ，0，1)，C′(0，λ，1)，所以M(，0，)，N(，，1)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量．
由得
可取m＝(1，－1，λ)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，
由得
可取n＝(－3，－1，λ)．
因为A′-MN-C为直二面角，所以m·n＝0.
即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝(负值舍去)．

跟踪训练
(1)(2012年长沙模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，BC＝4.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)求直线AB与平面PDC所成的角的大小；

解析：如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原点，DA、DF、DP所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D -xyz，则A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0)．
(1)证明：设PD＝a，则P(0，0，a)，
＝(－1，－，0)，＝(－3，，－a)，
∵·＝3－3＝0，
∴BD⊥PC.

(2)由(1)及PD⊥平面ABCD易知BD⊥平面PDC，则就是平面PDC的一个法向量．
＝(0，，0)，＝(1，，0)．
设AB与平面PDC所成的角的大小为θ，
则sin θ＝＝＝.
∵0°<θ<90°，∴θ＝60°，
即直线AB与平面PDC所成的角的大小为60°.
(2) (2011·全国高考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________．
解析　如图建立直角坐标系D-xyz，设DA＝1，由已知条件
A(1,0,0)，E，
B(1,1,0)，C(0,1,0)，
＝，＝(－1,0,0)
设异面直线AE与BC所成角为θ.
cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.
答案　
类型三 利用空间向量解决探索性问题
探索性问题的类型
(1)对平行、垂直关系的探索；
(2)对条件和结论不完备的开放性问题的探索．
[例3]　(2012年高考北京卷)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BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？并说明理由．
[解析]　(1)证明：∵AC⊥BC，DE∥BC，
∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，
∴DE⊥平面A1DC.∴DE⊥A1C.
又∵A1C⊥CD，
∴A1C⊥平面BCDE.
(2)如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C-xyz，
则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0.
又＝(3，0，－2)，＝(－1，2，0)，
∴
令y＝1，则x＝2，z＝，
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
∵＝(0，1，)，
∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
∴CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：
假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3]．
又＝(0，2，－2)，＝(p，－2，0)，
∴
令x′＝2，则y′＝p，z′＝，
∴m＝(2，p，)．
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾．
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．

跟踪训练
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝，AB⊥侧面BB1C1C.
(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值；
(2)在棱CC1(不包含端点C，C1)上确定一点E的位置，使得EA⊥EB1(要求说明理由)．
解析：如图，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C1(1，2，0)，B1(0，2，0)．
(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC的法向量＝(0，2，0)，
又＝(1，2，0)，
设BC1与平面ABC所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，〉|＝，
∴tan θ＝2，即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.

(2)设E(1，y，0)，A(0，0，z)，
则＝(－1，2－y，0)，
＝(－1，－y，z)．
∵EA⊥EB1，
∴·＝1－y(2－y)＝0，
∴y＝1，即E(1，1，0)，
∴E为CC1的中点．
析典题（预测高考）
高考真题
【真题】　(2012年高考天津卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明PC⊥AD；
(2)求二面角A-PC-D的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．

【解析】　如图(1)，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意得
A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B(－，，0)，P(0，0，2)．
(1)证明：易得＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.

(2)＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
则即不妨令z＝1，
可得n＝(1，2，1)．
可取平面PAC的法向量m＝(1，0，0)．
于是cos 〈m，n〉＝＝＝，
(3)设点E的坐标为(0，0，h)，其中h∈[0，2]．由此得＝(，－，h)．由＝(2，－1，0)，故
cos 〈，〉＝＝＝，
所以＝cos 30°＝，解得h＝，
即AE＝.
【名师点睛】　本题主要考查空间两条直线的位置关系、二面角、异面直线所成的角、直线与平面所成的角等基础知识、考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．难度中等．本例第(3)问借助于方程思想及向量法求AE长最简便．
名师押题
【押题】　如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E、F分别为PC、CD的中点．

(1)求证：AB⊥平面BEF；
(2)设PA＝k·AB，若平面EBD与平面BDC的夹角大于45°，求k的取值范围．
解析】　(1)证明：由已知得DF AB，且∠DAB为直角，从而AB⊥BF.
又PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB.
又AB⊥AD，故AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
在△PDC内，E、F分别是PC、DC的中点，所以EF∥PD.
所以AB⊥EF. ∴AB⊥平面BEF.
(2)如图，以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

设AB的长为1，则
＝(－1，2，0)，＝(0，1，)．
易知平面CDB的一个法向量为n1＝(0，0，1)．
设平面EDB的一个法向量为n2＝(x，y，z)．
则即
则y＝1，可得n2＝(2，1，－)．
设二面角E-BD-C的大小为θ，
则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝<，
化简得k2>，则k>.
经典作业：
一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建系，设正方体棱长为1，则C(0,1,0)，M，D1(0,0,1)，N，∴＝，＝，∴cos〈，〉＝＝－，
∴sin〈，〉＝.故选B.
答案：B
2．(2011·全国)已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于(　　)
A. B.
C. D．1
解析：由2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝1＋||2＋1，所以|CD|＝.
过D作DE⊥BC于E，则DE⊥面ABC，DE即为D到平面ABC的距离．在Rt△BCD中，BC2＝BD2＋CD2＝3，∴BC＝.DE·BC＝BD·CD，∴DE＝.
答案：C
3．(人教A版教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为(　　)．
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
解析　cos〈m，n〉＝＝＝，
即〈m，n〉＝45°，其补角为135°，
∴两平面所成的二面角为45°或135°.
答案　C
4．如图所示，AC1是正方体的一条体对角线，点P、Q分别为其所在棱的中点，则PQ与AC1所成的角为(　　)
A.　　　 B.
C.　　　 D.
解析：如图，设底面中心为O，在对角面ADC1B1中，取AB1的中点为T，TD∥PQ，从而TD与AC1所成的角为所求．由相似可得∠AMD＝，故选D.
答案：D
5．如下图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是(　　)
A.a B.a
C.a D.a
解析：A到面MBD的距离由等积变形可得．
VA－MBD＝VB－AMD.易求d＝a.
答案：D
6．已知平面α与β所成的二面角为80°，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α，β所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有(　　)
A．1条　　　 B．2条
C．3条　　　 D．4条
解析：如右图，过P作α、β的垂线PC、PD，其确定的平面与棱l交于Q，过P的直线与α、β分别交于A、B两点，若二面角为80°，AB与平面α、β成30°，则∠CPD＝100°，AB与PD、PC成60°，因此问题转化为过P点与直线PD、PC所成角为60°的直线有几条．∵<60°，<60°，∴这样的直线有4条．
答案：D
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
7．(2011·全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．
解析：如图，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系
设正方体的边长为3.
∴A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(0,3,2)
∴＝(0,3,1)，＝(－3,3,2)
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
∴?
令y＝1，∴z＝－3，x＝－1，∴n＝(－1,1，－3)
又＝(0,0,3)为面ABC的一个法向量，设平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ
∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝
∴sinθ＝＝
∴tanθ＝＝.
答案：
8．已知l1，l2是两条异面直线，α、β、γ是三个互相平行的平面，l1、l2分别交α、β、γ于A、B、C和D、E、F，AB＝4，BC＝12，DF＝10，又l1与α成30°角，则β与γ间的距离是________；DE＝________.
解析：由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得β与γ间距离为6.由面面平行的性质定理可得＝，∴＝，即＝.∴DE＝2.5.
答案：6　2.5
9．坐标平面上有点A(－2,3)和B(4，－1)，将坐标平面沿y轴折成二面角A－Oy－B，使A，B两点的距离为2，则二面角等于________．
解析：如图，AD⊥BC，BC⊥CD，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，AB＝2，BC＝4，∴AC＝2，AD＝2，CD＝4，∴cosθ＝＝－＝－.
答案：120°
10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与AC间的距离为________．
解析：设n＝λ＋μ＋是A1D和AC的公垂线段上的向量，则n·＝(λ＋μ＋)·(－)＝μ－1＝0，∴μ＝1.又n·＝(λ＋μ＋)·(＋)＝λ＋μ＝0，∴λ＝－1.
∴n＝－＋＋.故所求距离为
d＝＝
＝＝.
答案：
三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
11．(12分) (2011·全国新课标)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)若PD＝AD，求二面角A-PB-C的余弦值．
[审题视点] 会判断法向量的方向，找准向量夹角与二面角是相等还是互补．
(1)证明　因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD.
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又AD∩PD＝D.
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)解　如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则
A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)．
＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
因此可取n＝(，1，)．
设平面PBC的法向量为m，则
可取m＝(0，－1，－)，则cos〈m，n〉＝＝－.
故二面角A-PB-C的余弦值为－.
12．(13分)(2011·上海)已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点．
(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角A－B1D1－A1的大小为β.求证：tanβ＝tanα；
(2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高．
解：设正四棱柱的高为h.
(1)证明：连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点，
∴AO1⊥B1D1，又A1O1⊥B1D1，
∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β
∴tanα＝＝h，tanβ＝＝h＝tanα.
(2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)
＝(1,0，－h)，＝(0,1，－h)，＝(1,1,0)
设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∵?，
即z＝1，得n＝(h，h,1)
∴点C到平面AB1D1的距离为d＝＝＝，则h＝2.