1、考问题14用空间向量法解决立体几何问题(2012山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求证：BD平面AED；(2)求二面角F BD C的余弦值(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，ADBD，又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解连接AC，由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，
2、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)，因此，(0，1,1)设平面BDF的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cosm，所以二面角FBDC的余弦值为.对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从
3、定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.必备知识直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面、的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线面平行laa0a1a3b1b3c1c30.(2)线面垂直laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行vva3a4，b3b4，c3c4.(4)面面垂直v0a3a4b3b4c3c40.空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求
4、法设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b所成的角)(2)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，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.(3)二面角的求法利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，m，n即为所求二面角的平面角对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求如图所示，二面角l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面有l的大小为或.空间距离的计算直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的
5、距离点P到平面的距离，d(其中n为的法向量，M为内任一点)必备方法1空间角的范围(1)异面直线所成的角()：0；(2)直线与平面所成的角()：0；(3)二面角()：0.2用向量法证明平行、垂直问题的步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；(2)通过向量运算研究平行、垂直问题；(3)根据运算结果解释相关问题3空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析
6、.多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果【例1】 如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点求证：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.审题视点 听课记录审题视点 建系后，(1)在平面ABC内寻找一向量与共线；(2)在平面AEF内寻找两个不共线的向量与垂直证明如图建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(
7、0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)(1)取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)(2)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF. (1)要证明线面平行，只需证明与平面ABC的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量与相等(2)要证明线面垂直，只要证明与平面AEF的法向量平行即可；也可根据线面垂直的判
8、定定理证明，.【突破训练1】 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DC的中点(1)求证：D1F平面ADE；(2)设正方形ADD1A1的中心为M，B1C1的中点为N，求证：MN平面ADE.证明(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，F0，0，E1,1，(1,0,0)，0，1，(1,0,0)0，10.ADD1F.又0,1，0，1，0,1，0，10.AED1F.又AEADA，D1F平面ADE，D1F平面ADE.(2)M，0，N，1,1，0,1，.由(1)知，0，1是平面ADE的法向量又
9、00，MND1F.MN平面ADE，MN平面ADE.多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体，考查线线角、线面角的求法，正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键【例2】 (2012全国理)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一点，PE2EC.(1)证明：PC平面BED；(2)设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小审题视点 听课记录审题视点 (1)由可得FCEPCA，则FEC90，易得PCEF、PCBD. (2)作AGPB于G，由二面角APBC为90，易得底面ABCD为正方形，可得AD面PBC，则点D到平面PCB的
10、距离dAG，找出线面角求解即可也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大法一(1)证明因为底面ABCD为菱形，所以BDAC，又PA底面ABCD，所以PCBD.设ACBDF，连接EF.因为AC2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，FC，从而，.因为，FCEPCA，所以FCEPCA，FECPAC90，由此知PCEF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC平面BED.(2)解在平面PAB内过点A作AGPB，G为垂足因为二面角APBC为90，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC平
11、面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD为正方形，AD2，PD2.设D到平面PBC的距离为d.因为ADBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即dAG.设PD与平面PBC所成的角为，则sin .所以PD与平面PBC所成的角为30.法二(1)证明以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.C(2，0,0)，设D(，b,0)，其中b0，则P(0,0,2)，E，0，B(，b,0)于是(2，0，2)，b，b，从而0，0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BDE.(2)解(0,0,2)，(，b,0)设m(
12、x，y，z)为平面PAB的法向量，则m0，m0，即2z0且xby0，令xb，则m(b，0)设n(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n0，n0，即2p2r0且bqr0，令p1，则r，q，n1，.因为面PAB面PBC，故mn0，即b0，故b，于是n(1，1，)，(，2)cosn，n，60.因为PD与平面PBC所成角和n，互余，故PD与平面PBC所成的角为30. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求直线与平面所成的角，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin |cos
13、 |.【突破训练2】 (2011陕西)如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求A与D夹角的余弦值(1)证明折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC.AD平面ABD，平面ADB平面BDC.(2)解由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点，以D，D，D所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E，A，D(1,0
14、,0)，A与D夹角的余弦值为cosA，D.用空间向量法求二面角的大小是高考的热点考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等【例3】 (2012天津改编)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值审题视点 听课记录审题视点 建立空间坐标系，应用向量法求解解如图，以点A为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PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)设平面
15、PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n.从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为. 借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法【突破训练3】 (2012唐山一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面A
16、BC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点(1)求证：CN平面AMB1；(2)若二面角AMB1C为45，求CC1的长(1)证明设AB1的中点为P，连接NP、MP.CM綉AA1，NP綉AA1，CM綉NP，CNPM是平行四边形，CNMP.CN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB1.(2)解如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，使x轴、y轴、z轴分别与、同向则C(0,0,0)，A(1，0)，B(1，0)，设M(0,0，a)(a0)，则B1(1，2a)，(1，a)，(1，a)，(0,0，a)，设平面AMB1的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，即则y0，令xa
17、，则z1，即n(a,0,1)设平面MB1C的一个法向量是m(u，v，w)，则m0，m0，即则w0，令v1，则u，即m(，1,0)所以cosm，n，依题意，m，n45，则，解得a，所以CC1的长为2. 探索性问题此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力【例4】 如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S
18、，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由审题视点 听课记录审题视点 建立以D为原点的空间直角坐标系，利用向量法求解，第(2)问中设，由ES平面AMN可得值解(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题意，易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，1,0.，0，1，(1,0,1)cos，异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.(0,1,1)，可设(0，)，又，1,0，1，.由ES平面AMN，得即故，此时0，|.经检验，当AS时，ES平
19、面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS. 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题【突破训练4】 如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(如图2所示) (1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为
20、棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小解(1)法一在如题图1所示的ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x.由ADBC，ACB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如题图2)，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)，于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)3，当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，故当x1，即BD1时，三棱锥ABCD的体积最大法二同法一，得VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)令f(x
21、)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x3，解得x1.当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,3)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最大值故当BD1时，三棱锥ABCD的体积最大(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，1,0，且(1,1,1)设N(0，0)，则，1,0.因为ENBM等价于0，即，1,0(1,1,1)10，故，N0，0.所以当DN(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，ENBM
22、.设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，由及1，0，得可取n(1,2，1)设EN与平面BMN所成角的大小为，则由，0，n(1,2，1)，可得sin cos (90)，即60.故EN与平面BMN所成角的大小为60.利用向量法求空间角要破“四关”利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角【示例】 (2012佛山调研)如图所示，在三棱锥PABC中，已知PC平面ABC，点C在平面PB
23、A内的射影D在直线PB上(1)求证：AB平面PBC；(2)设ABBC，直线PA与平面ABC所成的角为45，求异面直线AP与BC所成的角；(3)在(2)的条件下，求二面角CPAB的余弦值满分解答(1)PC平面ABC，AB平面ABC，ABPC.点C在平面PBA内的射影D在直线PB上，CD平面PAB.又AB平面PBA，ABCD.又CDPCC，AB平面PBC.(4分)(2)PC平面ABC，PAC为直线PA与平面ABC所成的角于是PAC45，设ABBC1，则PCAC，以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0，0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，)，(1，1，)，(1,0,0
24、)，cos，异面直线AP与BC所成的角为60.(8分)(3)取AC的中点E，连接BE，则，0，ABBC，BEAC.又平面PCA平面ABC，BE平面PAC.是平面PAC的法向量设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，得n(，0,1)于是cosn，.又二面角CPAB为锐角，所求二面角的余弦值为.(12分)老师叮咛：(1)解决此类问题，一定要先分析已知条件中，是否直接说出此三条直线是两两垂直，否则，要先证明以后才能建立坐标系，另外，要在作图时画出每条坐标轴的方向.(2)有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视法向量的方向，误以为两
25、个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.如本例中求得cos ，不少考生回答为：二面角的余弦值为，这是错误的，原因是忽视了对二面角CPAB的大小的判断.【试一试】 (2012东北三校模拟)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCAAA1，D为AB的中点(1)求证：BC1平面DCA1；(2)求二面角DCA1C1的平面角的余弦值(1)证明如图所示，以BC的中点O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，设ABBCCAAA12.设n(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，则又，0，(1,2，)，所以令x1，z，y1，所以n(1,1，)因为(2,2,0)，所以n2200.又BC1平面DCA1，所以BC1平面DCA1.(2)解设m(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一个法向量，则又(0,2,0)，(1,2，)，所以令z11，x1，所以m(，0,1)所以cosm，n.所以所求二面角的余弦值为.必考问题 高考资源网%
