1、 1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算第 1 层 用已知向量表示未知向量例 1 如图所示，M，N 分别是四面体 OABC 的边 OA，BC 的中点，P，Q 是 MN 的三等分点，用向量OA，OB，OC 表示OP 和OQ.解 OP OM MP12OA 23MN12OA 23(ON OM)12OA 23ON 12OA16OA 2312(OB OC)16OA 13OB 13OC；OQ OM MQ 12OA 13MN12OA 13(ON OM)12OA 13ON 12OA13OA 1312(OB OC)13OA 16OB
2、 16OC.点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立第 2 层 化简向量例 2 如图，已知空间四边形 ABCD，连接 AC，BD.设 M，G 分别是 BC，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量(1)ABBCCD；(2)AB12(BD BC)；(3)AG 12(ABAC)解(1)ABBCCD ACCD AD.(2)AB12(B
3、D BC)AB12BC12BDABBM MG AG.(3)AG 12(ABAC)AG AM MG.AD，AG，MG 如图所示点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为 0.两个向量相加的平行四边形法则在空间仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则第 3 层 证明立体几何问题例 3 如图，已知 M，N 分别为四面体 ABCD 的平面 BCD 与平面 ACD 的重心，且 G 为 AM上一点，且 GMGA13.求证：B，G，N 三点共线证明 设ABa，ACb，AD c，则BG BAAG BA34AM
4、a14(abc)34a14b14c，BNBAANBA13(ACAD)a13b13c43BG.BNBG，又有公共点 B，B，G，N 三点共线 2 空间向量易错点扫描易错点 1 对向量夹角与数量积的关系理解不清例 1“ab0”是“a，b为钝角”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)错解 ab0cosa，b ab|a|b|0a，b为钝角，所以“ab0”是“a，b为钝角”的充要条件错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况剖析 当a，b 时，ab0，但此时夹角不为钝角，所以“ab0”是“a，b为钝角”的必要不充分条件正解 必要不充分总结 ab0a 与 b 夹角为锐角
5、或 a 与 b 方向相同易错点 2 忽略两向量的夹角的定义例 2 如图所示，在 120的二面角 AB 中，AC，BD，且 ACAB，BDAB，垂足分别为 A，B.已知 ACABBD6，试求线段 CD 的长错解 ACAB，BDAB，CAAB0，BD AB0，二面角 AB 的平面角为 120，CA，BD 120.|CD|2CD 2(CAABBD)2CA 2AB 2BD 22CA AB2CA BD 2BD AB362262cos12072，CD6 2.错因分析 错解中混淆了二面角的平面角与向量夹角的概念向量CA，BD 的夹角与二面角AB 的平面角互补，而不是相等正解 ACAB，BDAB，CAAB0，
6、BD AB0，二面角 AB 的平面角为 120，CA，BD 18012060.|CD|2CD 2(CAABBD)2CA 2AB 2BD 22CAAB2CABD 2BD AB362262cos60144，CD12.易错点 3 判断是否共面出错例 3 已知 O，A，B，C 为空间不共面的四点，aOA OB OC，bOA OB OC，则与a，b 不能构成空间的一个基底的是()A.OA B.OB C.OC D.OA 或OB错解 aOA OB OC，bOA OB OC，相加得OA OB 12(ab)，所以OA，OB 都与 a，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选 D.剖析 OA OB 12(ab)，说
7、明OA OB 与 a，b 共面，但不能认为OA，OB 都与 a，b 共面对于 A，B，设OA xayb，因为 aOA OB OC，bOA OB OC，代入整理得(xy1)OA(xy)OB(xy)OC 0，因为 O，A，B，C 四点不共面，所以OA，OB，OC 不共面，所以 xy10，xy0，xy0，此时，x，y 不存在，所以 a，b 与OA 不共面，故 a，b 与OA 可构成空间的一个基底同理 a，b 与OB 也可构成空间的一个基底对于 C，因为 aOA OB OC，bOA OB OC，相减有OC 12(ab)，所以OC 与 a，b共面，故不能构成空间的一个基底正解 C易错点 4 混淆向量运算
8、和实数运算例 4 阅读下列各式，其中正确的是()Aabbc(b0)acBab0a0 或 b0C(ab)ca(bc)D.OA BO|OA|BO|cos(180AOB)错解 A(或 B 或 C)剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错向量的数量积运算不满足消去律、结合律，故 A，C 错误；若 ab0a0 或 b0 或 ab，故 B 错误；OA BO 的夹角是 180AOB.正解 D易错点 5 忽略建系的前提例 5 四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，ABC60，AE平面 ABCD，AE2，F 为 CE中点，试合理建立坐标系，求AF，BC所成角的余弦值错解 以 A 为坐标原点，以
9、 AB，AD，AE 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz.此时AF(1,1,1)，BC(0,2,0)，所以 cosAF，BC 33.剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线 AB 与 AD 不垂直正解 设 AC，BD 交于点 O，则 ACBD.因为 F 为 CE 中点，所以 OFAE，因为 AE平面 ABCD，所以 OF平面 ABCD，OFAC，OFBD，以 O 为坐标原点，以 OC，OD，OF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.此时AF(1,0,1)，BC(1，3，0)，所以 cosAF，BC 24.
10、易错点 6 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例 6 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，求二面角 ABD1C 的大小错解 以 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，设正方体的棱长为 1，则 D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)由题意知DA1 是平面 ABD1 的法向量，DA1(1,0,1)，DC1 是平面 BCD1 的法向量，DC1(0,1,1)，所以 cosDA1，DC1 DC1 DA1|DC1|DA1|12.所以DA1，DC1 60.所以二面角 ABD1C 的大小为 60.剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的确切位置正解 以
11、 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，设正方体的棱长为 1，则 D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)由题意知DA1(1,0,1)是平面 ABD1 的法向量，DC1(0,1,1)是平面 BCD1 的法向量所以 cosDA1，DC1 DC1 DA1|DC1|DA1|12，所以DA1，DC1 60.结合图形知二面角 ABD1C 的大小为 120.3 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，将其他向量用坐标表示，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
12、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，AA12，底面 ABCD 是直角梯形，DAB 为直角，ABCD，AB4，AD2，DC1，试求异面直线 BC1 与 DC 所成角的余弦值解 如图，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，则 D(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，C(0,1,0)，所以BC1(2，3,2)，CD(0，1,0)所以 cosBC1，CD BC1 CD|BC1|CD|3 1717.故异面
13、直线 BC1 与 DC 所成角的余弦值为3 1717.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 ABCA1B1C1 中，AB平面 BB1C1C，E 为棱 C1C 的中点，已知 AB 2，BB12，BC1，BCC13.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 BB1 交 C1C 于 P 点，因为 AB平面 BB1C1C，所以 BP平面 ABB1A1，以 B 为原点，分别以
14、 BP，BB1，BA 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Bxyz.因为 AB 2，BB12，BC1，BCC13，所以 CP12，C1P32，BP 32，则各点坐标分别为 B(0，0,0)，A(0,0，2)，B1(0,2,0)，C32，12，0，C132，32，0，E32，12，0，A1()0，2，2.点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有 0，也为后续的运算带来了方便本题已知条件中的垂直关系“AB平面 BB1C1C”，可作为建系的突破口3利用面面垂直关系例 3 如图 1，等腰梯
15、形 ABCD 中，ADBC，ABAD2，ABC60，E 是 BC 的中点将ABE 沿 AE 折起，使平面 BAE平面 AEC(如图 2)，连接 BC，BD.求平面 ABE 与平面 BCD所成的锐角的大小解 取 AE 中点 M，连接 BM，DM.因为在等腰梯形 ABCD 中，ADBC，ABAD，ABC60，E 是 BC 的中点，所以ABE 与ADE 都是等边三角形，所以 BMAE，DMAE.又平面 BAE平面 AEC，所以 BMMD.以 M 为原点，分别以 ME，MD，MB 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Mxyz，如图，则 E(1,0,0)，B(0,0，3)，C(2，3
16、，0)，D(0，3，0)，所以DC(2,0,0)，BD(0，3，3)，设平面 BCD 的法向量为 m(x，y，z)，由mDC 2x0，mBD 3y 3z0.取 y1，得 m(0,1,1)，又因为平面 ABE 的法向量MD(0，3，0)，所以 cosm，MD mMD|m|MD|22，所以平面 ABE 与平面 BCD 所成的锐角为 45.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角
17、度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小 4 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝向量法，教你如何以静制动1求解、证明问题例 1 在棱长为 a 的正方体 OABCO1A1B1C1 中，E，F 分别是 AB，BC 上的动点，且 AEBF，求证：A1FC1E.证明 以 O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 A1(a,0，a)，C1(0，a，a)设 AEBFx，E(a，x,0)，F(ax，a,0)A1F(x，
18、a，a)，C1E(a，xa，a)A1F C1E(x，a，a)(a，xa，a)axaxa2a20，A1F C1E，即 A1FC1E.2定位问题例 2 如图，已知四边形 ABCD，CDGF，ADGE 均为正方形，且边长为 1，在 DG 上是否存在点 M，使得直线 MB 与平面 BEF 的夹角为 45？若存在，求出点 M 的位置；若不存在，请说明理由解题提示 假设存在点 M，设平面 BEF 的法向量为 n，设 BM 与平面 BEF 所成的角为，利用 sin|BM n|BM|n|求出点 M 的坐标，若满足条件则存在解 因为四边形 CDGF，ADGE 均为正方形，所以 GDDA，GDDC.又 DADCD
19、，所以 GD平面 ABCD.又 DADC，所以 DA，DG，DC 两两互相垂直，如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz，则 B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)因为点 M 在 DG 上，假设存在点 M(0,0，t)(0t1)使得直线 BM 与平面 BEF 的夹角为 45.设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)因为BE(0，1,1)，BF(1,0,1)，则nBE0，nBF0，即yz0，xz0，令 z1，得 xy1，所以 n(1,1,1)为平面 BEF 的法向量又BM(1，1，t)，直线 BM 与平面BEF 所成的角为45，所以 sin45|BM n|BM|n|2t|
20、t22 3 22，解得 t43 2.又 0t1，所以 t3 24.故在 DG 上存在点 M(0,0,3 24)，且 DM3 24 时，直线 MB 与平面 BEF 所成的角为45.点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果 5 向量与立体几何中的数学思想1数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想向量具有数形兼备的特点，因此，
21、它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起例 1 如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，A1A底面 ABCD，BAD90，ADBC，且 A1AABAD2BC2，点 E 在棱 AB 上，平面 A1EC 与棱 C1D1 相交于点 F.(1)证明：A1F平面 B1CE；(2)若 E 是棱 AB 的中点，求二面角 A1ECD 的余弦值；(3)求三棱锥 B1A1EF 的体积的最大值(1)证明 因为 ABCDA1B1C1D1 是棱柱，所以平面 ABCD平面 A1B1C1D1.又因为平面 ABCD平面 A1ECFEC，平面 A1B1C1D1平面 A1ECFA1F，所以 A1FEC.又因为
22、A1F平面 B1CE，EC平面 B1CE，所以 A1F平面 B1CE.(2)解 因为 AA1底面 ABCD，BAD90，所以 AA1，AB，AD 两两垂直，以 A 为原点，以 AB，AD，AA1 分别为 x 轴，y 轴和 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 Axyz.则 A1(0,0,2)，E(1,0,0)，C(2,1,0)，所以A1E(1,0，2)，A1C(2,1，2)设平面 A1ECF 的法向量为 m(x，y，z)，由A1E m0，A1C m0，得x2z0，2xy2z0.令 z1，得 m(2，2,1)又因为平面 DEC 的法向量为 n(0,0,1)，所以 cosm，n mn|m|n|13，
23、由图可知，二面角 A1ECD 的平面角为锐角，所以二面角 A1ECD 的余弦值为13.(3)解 过点 F 作 FMA1B1 于点 M，因为平面 A1ABB1平面 A1B1C1D1，FM平面 A1B1C1D1，平面 A1ABB1平面 A1B1C1D1A1B1，所以 FM平面 A1ABB1，所以11BA EFV1 1F B A EV 131 1A B ESFM13222 FM23FM.因为当 F 与点 D1 重合时，FM 取到最大值 2(此时点 E 与点 B 重合)，所以当 F 与点 D1 重合时，三棱锥 B1A1EF 的体积的最大值为43.2转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹
24、角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要例 2 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1AB2AD2，E 为 AB 的中点，F 为 D1E上的一点，D1F2FE.(1)证明：平面 DFC平面 D1EC；(2)求二面角 ADFC 的平面角的余弦值分析 求二面角最常用的办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
25、注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角(1)证明 以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系 Dxyz，则 A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)E 为 AB 的中点，E(1,1,0)，D1F2FE，D1F 23D1E 23(1,1，2)23，23，43，DF DD1 D1F(0,0,2)23，23，4323，23，23.设 n(x1，y1，z1)是平面 DFC 的法向量，则nDF 0，nDC 0，23x123y123z10，2y10.取 x11 得平面 DFC 的法向量 n(1,0，1)设 p(
26、x2，y2，z2)是平面 D1EC 的法向量，则pD1F 0，pD1C 0，23x223y243z20，2y22z20，取 y1 得平面 D1EC 的法向量 p(1,1,1)，np(1,0，1)(1,1,1)0，平面 DFC平面 D1EC.(2)解 设 q(x，y，z)是平面 ADF 的法向量，则qDF 0，qDA 0，23x23y23z0，x0，取 y1 得平面 ADF 的法向量 q(0,1，1)，设二面角 ADFC 的平面角为，由题中条件可知 2，则 cos|nq|n|q|001|2 2 12，二面角 ADFC 的平面角的余弦值为12.3函数思想例 3 已知关于 x 的方程 x2(t2)x
27、t23t50 有两个实根，且 catb，a(1,1,3)，b(1,0，2)问|c|能否取得最大值？若能，求出实数 t 的值及对应的向量 b 与 c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由分析 写出|c|关于 t 的函数关系式，再利用函数观点求解解 由题意知 0，得4t43，又 c(1,1,3)t(1,0，2)(1t,1,32t)，|c|1t232t215t75265.设 f(t)5t75265，当 t4，43 时，f(t)5t75265是单调递减函数，f(t)maxf(4)，即|c|的最大值存在，t4，此时 c(5,1,11)bc27，|c|7 3.而|b|5，cosb，c bc|b|c|2757
28、39 1535.点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解4分类讨论思想例 4 如图，在矩形 ABCD 中，AB1，BCa，PA平面 ABCD(点 P 位于平面 ABCD 上方)，问 BC 边上是否存在点 Q，使PQ QD？分析 由PQ QD，得 PQQD，所以在平面 ABCD 内，点 Q 在以边 AD 为直径的圆上，若此圆与边 BC 相切或相交，则 BC 边上存在点 Q，否则不存在解 假设存在点 Q(Q 点在边 BC 上)，使PQ QD，即 PQQD，连接 AQ.PA平面 ABCD，PAQD.又PQ PAAQ 且PQ QD，PQ QD 0，即PAQD AQ QD 0.又PAQD 0，AQ QD 0，AQ QD.即点 Q 在以边 AD 为直径的圆上，圆的半径为a2.又AB1，由题图知，当a21，即 a2 时，该圆与边 BC 相切，存在 1 个点 Q 满足题意；当a21，即 a2 时，该圆与边 BC 相交，存在 2 个点 Q 满足题意；当a21，即 a2 时，该圆与边 BC 相离，不存在点 Q 满足题意综上所述，当 0a2 时，不存在点 Q，使PQ QD；当 a2 时，存在点 Q，使PQ QD.