1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 7 7 立体几何中的向量方法 知识梳理 1用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1 l2(或 l1与 l2重合 )?v1 v2?v1 v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v，与平面 共面的两个不共线向量 v1和 v2，则 l 或l? ?存在两个实数 x， y，使 v xv1 yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l 或 l? ?v u?v u 0. (4)设平面 和 的法向量分别为 u1， u2，则 ?u1 u2?u1 u2. 2用向量 证明空间中的垂直关系 (1)设直
2、线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1 l2?v1 v2?v1 v2 0. (2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l ?v u?v u. (3)设平面 和 的法向量分别为 u1和 u2，则 ?u1 u2?u1 u2 0. 3两条异面直线所成角的求法 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 a 与 b 的夹角 范围 ?0， 2 (0， ) 求法 cos ?a b|a|b| cos ab|a|b| 4直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为
3、，两向量 e与 n的夹角为 ，则有 sin |cos | |e n|e|n|， 的取值范围是 ? ?0， 2 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 5求二面角的大小 (1)如图 ， AB， CD 是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 AB ， CD (2)如图 ， n1， n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法向量，则二面角的大小 满足 |cos | |cos n1， n2 |，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角 (或其补角 ) 诊断自测 1概念思辨 (1)若空间向量 a 平行于平面 ，则 a 所在直线与平面 平行 ( ) (2)两异面直线夹角的范围是
4、? ?0， 2 ，直线与平面所成角的范围是 ? ?0， 2 ，二面角的范围是 0， ( ) (3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角 ( ) (4)若二面角 a 的两个半平面 ， 的法向量 n1， n2所成角为 ，则二面角 a 的大小是 .( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 2教材衍化 (1)(选修 A2 1P111A 组 T1)在正三棱柱 ABC A1B1C1中，若 AB 2BB1，则 AB1与 C1B 所成角的大小为 ( ) A 60 B 75 C 90 D 105 答案 C =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析 取 AC 的中点 D，建立如图所示的空间
5、直角坐标系 设 AB a，则 B? ?32 a， 0， 0 ， C1? ?0， a2， 22 a ， A? ?0， a2， 0 ， B1? ?32 a， 0， 22 a ，从而 AB1 ? ?3a2 ， a2， 2a2 ， C1B ? ?3a2 ， a2， 2a2 .所以 cos AB1 ， C1B AB1 C1B|AB1 |C1B | 0， 所以 AB1与 C1B 所成的角为 90. 故选 C. (2)(选修 A2 1P104T2)在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，写出平面 A1ED 的一个法向量： _. 答案 (1,2,2)(答案不唯一 ) 解析 如图，以
6、A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱长为 1，则 A1(0,0,1)，E? ?1， 0， 12 ， D(0,1,0)，所以 A1D (0,1， 1)， A1E ? ?1， 0， 12 ，设平面 A1ED 的一个法向量为 n (1， y， z)，则 ? n A1D 0，n A1E 0，即? y z 0，1 12z 0， 解得 ? y 2，z 2. 所以 n (1,2,2) 3小题热身 (1)(2018 河南百校联盟联考 )已知斜四棱柱 ABCD A1B1C1D1的各棱长均为 2， A1AD60 ， BAD 90 ，平面 A1ADD1 平面 ABCD，则直线 BD1与平面 ABCD 所成的角的正
7、切值为( ) A. 34 B. 134 C. 3913 D. 393 答案 C =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析 取 AD 中点 O，连接 OA1，易证 A1O 平面 ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系， 得 B(2， 1,0)， D1(0,2， 3)， BD 1 ( 2,3， 3)，平面 ABCD的一个法向量为 n (0,0,1)，设 BD1与平面 ABCD 所成的角为 ， sin |BD1 n|BD 1|n| 34 ， 则 cos 134 ， tan 3913 .故选 C. (2)(2017 郑州预测 )过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA 平面 ABCD，若 AB PA
8、，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 _ 答案 45 解析 如图，建立空间直角坐标系，设 AB PA 1，则 A(0,0,0)， D(0,1,0)， P(0,0,1)，由题意， AD 平面 PAB，设 E 为 PD 的中点，连接 AE，则 AE PD. 又 CD 平面 PAD， CD AE，从而 AE 平面 PCD. 所以 AD (0,1,0)， AE ? ?0， 12， 12 分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量， 且 AD ， AE 45. 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45. 题型 1 利用空间向量研究空间中的位置关系 角度 1 利用空间向量证明平行与
9、垂直问题 典例 (2018 青岛模拟 )如图，在多面体 ABC A1B1C1 中，四边形 A1ABB1 是正方形，=【 ;精品教育资源文库 】 = AB AC， BC 2AB， B1C1綊 12BC， AA1 平面 BAC. 求证： (1)A1B1 平面 AA1C； (2)AB1 平面 A1C1C. 证明 AA1 平面 BAC. AA1 AB， AA1 AC. 又 AB AC， BC 2AB， CAB 90 ，即 CA AB， AB， AC， AA1两两互相垂直 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，设 AB 2，则 A(0,0,0)， B1(0,2,2)， A1(0,0,2)，C(2,0,
10、0)， C1(1,1,2) (1)A1B1 (0,2,0)， A1A (0,0， 2)， AC (2,0,0)，设平面 AA1C 的一个法向量 n (x，y， z)，则? n A1A 0，n AC 0，即? 2z 0，2x 0， 即 ? x 0，z 0. 取 y 1，则 n (0,1,0) A1B1 2n，即 A1B1 n. A1B1 平面 AA1C. (2)易知 AB1 (0,2,2)， A1C1 (1,1,0)， A1C (2,0， 2)，设平面 A1C1C 的一个法向量 m (x1， y1， z1)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则? m A1C1 0，m A1C 0，即? x1
11、y1 0，2x1 2z1 0， 令 x1 1，则 y1 1， z1 1，即 m (1， 1,1) AB1 m 01 2( 1) 21 0， AB1 m.又 AB1?平面 A1C1C， AB1 平面 A1C1C. 角度 2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题 典例 (2018 宜春期末 )如图，三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1 平面 ABC， BC AC， BC AC AA1 2， D 为 AC 的中点 (1)求证： AB1 平面 BDC1； (2)设 AB1的中点为 G，问：在矩形 BCC1B1内是否存在点 H，使得 GH 平面 BDC1.若存在，求出点 H 的位置，若不存在
12、，说明理由 解 (1)证明：连接 B1C，设 B1C BC1 M，连接 MD， 在 AB1C 中， M 为 B1C 中点， D 为 AC 中点， DM AB1， 又 AB1不在平面 BDC1内， DM 在平面 BDC1内， AB1 平面 BDC1. (2)以 C1为坐标原点， C1A1 为 x 轴， C1C 为 y 轴， C1B1 为 z 轴建立空间直角坐标系 =【 ;精品教育资源文库 】 = 依题意，得 C1(0,0,0)， D(1,2,0)， B(0,2,2)， G(1,1,1)，假设存在 H(0， m， n)， GH ( 1， m 1， n 1)， C1D (1,2,0)， DB ( 1
13、,0,2)， 由 GH 平面 BC1D，得 GH C1D ?( 1， m 1， n 1)(1,2,0) 0?m 32. 同理，由 GH DB 得 n 12，即在矩形 BCC1B1内存在点 H，使得 GH 平面 BDC1. 此时点 H 到 B1C1的距离为 32，到 C1C 的距离为 12. 方法技巧 解决立体几何中探索性 问题的基本方法 1通常假设题中的数学对象存在 (或结论成立 )，然后在这个前提下进行逻辑推理 2探索性问题的关键是设点： 空间中的点可设为 (x， y， z)； 坐标平面内的点其中一个坐标为 0，如 xOy 面上的点为 (x， y,0)； 坐标轴上的点两个坐标为 0，如 z
14、轴上的点为 (0,0， z)； 直线 (线段 )AB 上的点 P，可设为 AP AB ，表示出点 P 的坐标，或直接利用向量运算 提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示 冲关针对训练 (2018 太原模拟 )如图所示，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧面 PAD底面 ABCD， E， F 分别为 PA， BD 中点， PA PD AD 2. (1)求证： EF 平面 PBC； (2)在棱 PC 上是否存在一点 G，使 GF 平面 EDF？若存在，指出点 G 的位置；若不存在，说明理由 解 (1)证明：如图所示，连接 AC.因为底面 ABCD 是正方形， AC
15、与 BD 互相平分 F 是 BD 中点，所以 F 是 AC 中点在 PAC 中， E 是 PA 中点， F 是 AC 中点， 所以 EF PC. 又因为 EF?平面 PBC， PC?平面 PBC， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 EF 平面 PBC. (2)取 AD 中点 O，连接 PO. 在 PAD 中， PA PD， 所以 PO AD. 因为平面 PAD 底面 ABCD，且平面 PAD 平面 ABCD AD，所以 PO 平面 ABCD. 因为 OF?平面 ABCD，所以 PO OF. 又因为 F 是 AC 中点，所以 OF AD. 以 O 为原点， OA， OF， OP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 因为 PA PD AD 2， 所以 OP 3，则 C( 1,2,0)， D( 1,0,0)， P(0,0， 3)， E? ?12， 0， 32 ， F(0,1,0) 于是 DE ? ?32， 0， 32 ， DF (1,1,0) 设平面 EFD 的法向量 n (x0， y0
