经典立体几何(解答题)中的向量方法

立体几何中的向量方法（解答题）[高考调研明确考向]考纲解读考情分析•理解直线的方向向量与平面的法向量．•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．•能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理．•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.•利用向量法求空间角的大小是命题的热点．着重考查学生建立空间坐标系及空间向量坐标运算的能力．题型多为解答题，难度中档.基础知识梳理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)的向量，一条直线的方向向量有______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______个，它们是共线向量．2．直线的方向向量与平面的法向量在确定直线和平面位置关系中的应用(1)直线l1的方向向量为u1＝(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量为u2＝(a2，b2，c2)．如果l1∥l2，那么u1∥u2⇔u1＝λu2⇔______________；如果l1⊥l2，那么u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔____________.(2)直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)．若l∥α，则u⊥n⇔u·n＝0⇔______________.若l⊥α，则u∥n⇔u＝kn⇔______________.(3)平面α的法向量为u1＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为u2＝(a2，b2，c2)．若α∥β，u1∥u2⇔u1＝ku2⇔(a1，b1，c1)＝__________；若α⊥β，则u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔______________.3．利用空间向量求空间角(1)求两条异面直线所成的角：设a、b分别是两异面直线l1、l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角〈a，b〉范围0，π20≤〈a，b〉≤π求法cosθ＝|cos〈a，b〉|＝__________cos〈a，b〉＝________(2)求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sinθ＝|cos〈a，n〉|＝____________.(3)求二面角的大小：(Ⅰ)若AB、CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→、CD→的夹角(如图①所示)．(Ⅱ)设n1、n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α、β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小(如图②③)．①②③[例1]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.考点一利用空间向量证明平行与垂直关系变式：如何证明呢？？？1BFAE证明：如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．(1)取AB中点为N，则N(2,0,0)，又C(0,4,0)，D(2,0,2)，∴DE→＝(－2,4,0)，NC→＝(－2,4,0)，∴DE→＝NC→.∴DE∥NC，又NC在平面ABC内，故DE∥平面ABC.(2)B1F→＝(－2,2，－4)，EF→＝(2，－2，－2)，AF→＝(2,2,0)，B1F→·EF→＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，则B1F→⊥EF→，∴B1F⊥EF，∵B1F→·AF→＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴B1F→⊥AF→，即B1F⊥AF.又∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF.方法点睛①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．这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题；②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．变式训练1(2014·南京、盐城一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA＝PC，E为PB的中点．(1)求证：PD∥平面AEC；(2)求证：平面AEC⊥平面PDB.证明：(1)设AC∩BD＝O，连接EO，∵O，E分别是BD，PB的中点，∴PD∥EO.而PD⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，∴PD∥平面AEC.(2)连接PO，∵PA＝PC，∴AC⊥PO.又四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.而PO∩BD＝O，∴AC⊥面PBD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PBD.[例2]如图，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．考点二利用空间向量求线线角和线面角解析：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D－xyz.则DA→＝(1,0,0)，CC′→＝(0,0,1)．连接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设DH→＝(m，m,1)(m＞0)，由已知〈DH→，DA→〉＝60°，由DA→·DH→＝|DA→||DH→|cos〈DA→，DH→〉，可得2m＝2m2＋1.解得m＝22，所以DH→＝22，22，1.(1)因为cos〈DH→，CC′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH→，CC′→〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.(2)设DP与平面AA′D′D夹角为θ，平面AA′D′D的一个法向量DC→＝(0,1,0)．因为sinθ＝|cos〈DH→，DC→〉|＝|22×0＋22×1＋1×01×2|＝12，可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.方法点睛①异面直线的夹角与向量的夹角有所不同，应注意思考它们的区别与联系．②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．变式训练2已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．解析：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图．则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M1，0，12，N12，0，0，S1，12，0.(1)证明：CM→＝1，－1，12，SN→＝－12，－12，0，因为CM→·SN→＝－12＋12＋0＝0，所以CM⊥SN.(2)NC→＝－12，1，0，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则CM→·a＝0，NC→·a＝0，∴x－y＋12z＝0，－12x＋y＝0，取x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，SN→〉|＝－1－123×22＝22，所以SN与平面CMN所成角为45°.[例3](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．考点三利用空间向量求二面角解析：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.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)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(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·PB→＝0.即－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m·PB→＝0，m·BC→＝0.可取m＝(0，－1，－3)，则cos〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A－PB－C的余弦值为－277.方法点睛求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．变式训练3如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点．(1)证明：PC⊥平面BEF；(2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小．(1)证明：PC⊥平面BEF；(2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小．解析：(1)如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝22，四边形ABCD是矩形，∴A，B，C，D，P的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,22，0)，D(0,22，0)，P(0,0,2)．又E，F分别是AD，PC的中点，∴E(0，2，0)，F(1，2，1)．∴PC→＝(2,22，－2)，BF→＝(－1，2，1)，EF→＝(1,0,1)．∴PC→·BF→＝－2＋4－2＝0，PC→·EF→＝2＋0－2＝0.∴PC→⊥BF→，PC→⊥EF→.∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF.(2)由(1)知平面BEF的一个法向量n1＝PC→＝(2,22，－2)，平面BAP的一个法向量n2＝AD→＝(0,22，0)，∴n1·n2＝8.设平面BEF与平面BAP的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝84×22＝22，∴θ＝45°.∴平面BEF与平面BAP的夹角为45°.[例4]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．考点四利用空间向量求点到平面的距离解析：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，∴SO⊥BO.如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz，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.方法点睛点到平面的距离，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BH→＝BM→＋MH→及BH→·n＝n·BM→，得|BH→·n|＝|n·BM→|＝|BH→|·|n|，所以|BH→|＝|n·BM→||n|，即d＝|n·BM→||n|.变式训练4如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23.(1)求点A到平面MBC的距离；(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．解析：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．OB＝OM＝3，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(