1、第7讲立体几何中的向量方法基础知识整合1直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个(2)平面的法向量如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作n，此时向量n叫做平面的法向量显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量(3)设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面，的法向量分别为u，v，则lmabakb，kR；lmabab0；lauau0；lauaku，kR；uvukv，kR；uvuv0.2空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分
2、别为a，b，其夹角为，则cos|cos|其中为异面直线a，b所成的角，范围是.(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|，的取值范围是.(3)求二面角的大小如图，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，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coscosn1，n2或cosn1，n2取值范围是0，3求空间的距离(1)点到平面的距离如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d.(2)线面距、面面距均可转化为点面
3、距进行求解1直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量2平面的法向量的确定：设a，b是平面内两不共线向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组为1平面的一个法向量为(1,2,0)，平面的一个法向量为(2，1,0)，则平面和平面的位置关系是()A平行 B相交但不垂直C垂直 D重合答案C解析由(1,2,0)(2，1,0)122(1)000，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直2(2019黑龙江模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1
4、所成的角的余弦值等于()A. B. C. D.答案B解析设正方体的棱长为2，建立如图所示的坐标系，O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，(1,0,2)，(1,1,1)cos，.3如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA平面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点若PDA45，则EF与平面ABCD所成的角的大小是()A90 B60 C45 D30答案C解析设ADa，ABb，因为PDA45，PA平面ABCD，所以PAAD，PAADa.以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在射线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，a)，E，
5、F，所以.易知(0,0，a)是平面ABCD的一个法向量设EF与平面ABCD所成角为，则sin|cos，|.所以45.4(2019金华模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n(2，2,1)，已知点P(1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A4 B2 C3 D1答案B解析由已知平面OAB的一条斜线的方向向量(1，3,2)，所以点P到平面OAB的距离d|cos，n|2.故选B.5在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_答案解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1
6、,0,1)，B(1,2,0)，(0,2,0)，设平面A1BC1的一个法向量为n(x，y，z)，由得令y1，得n(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin|cos，n|.即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.核心考向突破考向一利用空间向量证明平行、垂直例1(2019南京模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，ABCBCD90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD所成的角为30.求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.证明以点C为坐标原点，分别以CB，CD，CP所在的直线为x轴、y轴、z轴建
7、立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角PBC30.PC2，BC2，PB4.D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)设n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由即令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)如图，取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2，3,0)0，BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.触类旁通证明平行、垂直问题的思路(1)
8、恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键(2)证明直线与平面平行，只需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，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，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向量运算(3)其一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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：证明两平面的法向量互相垂直；利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条
9、直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.即时训练1.(2019广东深圳模拟)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点求证：(1)MN平面A1B1C1；(2)平面MBC1平面BB1C1C.证明由题意知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1底面A1B1
10、C1.因为(2,0,0)，(0,1,1)，所以0，即.MN平面A1B1C1，故MN平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为(1,2,0)，(1,0,2)，所以即，令x12，则平面MBC1的一个法向量为n1(2,1，1)同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2(0,1,1)因为n1n22011(1)10，所以n1n2，所以平面MBC1平面BB1C1C.考向二利用空间向量求空间角角度求异面直线所成的角例2如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD
11、，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解(1)证明：连接BD.设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120.可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位
12、长，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.触类旁通由于异面直线所成的角的范围是，利用向量的数量积所求的两个向量的夹角有可能是钝角，为此取向量夹角余弦值的绝对值作为异面直线的夹角的余弦值，即若AB，CD为异面直线，所成角为，则cos.即时训练2.(2017江苏高考)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解在平面ABCD内，过点A作AEAD，
13、交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以，1为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为ABAD2，AA1，BAD120，则A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)(1)(，1，)，(，1，)，则cos，因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为(，0,0)设平面BA1D的法向量为n(x，y，z)由得取x，得n.cosA，n.所以二面角BA1DA的正弦值为 .角度求直线与平面所成的角例3(2018浙江高考)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂
14、直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解(1)证法一：由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA.故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1，由ABBC2，ABC120，得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又A1B1B1C1B1，因此AB1平面A1B1C1.证法二：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz
15、.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3)，由0得AB1A1B1.由0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2)设平面ABB1的法向量n(x，y，z)由即可取n(，1,0)所以sin|cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.触类旁通利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)(2)通过平面的法向量
16、来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.即时训练3.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，M是AB的中点(1)证明：BC1平面MCA1；(2)若BMC是正三角形，且ABBC1，求直线AB与平面MCA1所成角的正弦值解(1)证明：连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，又M是AB的中点，所以MNBC1.又MN平面MCA1，BC1平面MCA1，所以BC1平面MCA1.(2) 因为M是AB的中点，BMC是正三角形，所以ABC60，BAC30，ACB90，设BC1，则ACCC1，易知CC1，CB，CA两两垂直，以C为坐标原点，分
17、别以CC1，CB，CA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，A(0,0，)，A1(，0，)，M，(0,1，)，(，0，)设n(x，y，z)是平面MCA1的法向量，则则令z1，则n(1，1)为平面MCA1的一个法向量，则|cos，n|，所以直线AB与平面MCA1所成角的正弦值为.角度求二面角例4(2018全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值解(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD
18、，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)是平面MCD的法向量，因此，cosn，sinn，所以面MAB与面M
19、CD所成二面角的正弦值是.触类旁通求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平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.即时训练4.(2019广西桂林模拟)如图，四棱锥FABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E，G分别是CD，AF的中点，AF4, FAEBAE，且二面角FAEB的大小为90.(1)求证：AEBG；(2)求二面角BAFE的余弦值解(1)证明：如图，作GOAE于点O，连接BO.AGAB2，GAOBAO，AOAO，AOGAOB，AOGAOB90，即GOAE，BOAE.又GOBOO，AE平面OGB.又GB
20、平面OGB，AEBG.(2) 平面AEF平面AEB，平面AEF平面AEBAE，GOAE，GO平面AEB.以点O为原点，OA，OB，OG所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，连接BE.SABEABBCAEBO，22BO，BO.AOGAOB，GOBO，AO.又在RtAEF中，点G为AF的中点，且GOAE，点O为AE的中点，AOEO.F，A，B，G.，.设平面ABF的法向量m(x，y，z)，由得令y1，得m(2,1,1)易知n(0,1,0)为平面AEF的一个法向量设二面角BAFE为，为锐角，则cos，即二面角BAFE的余弦值为.考向三利用空间向量求空间距离(视情况选学
21、)例5如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)设AA12，A1B1的中点为P，求点P到平面BDC1的距离解(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.又因为BC平面BCD，所以DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知B(0,1,0
22、)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)，B1(0，1,2)，P，则(1，1，1)，(1，0,1)，.设m(x，y，z)是平面BDC1的法向量，则即可取m(1,2,1)设点P到平面BDC1的距离为d，则d.触类旁通求平面外一点P到平面的距离的步骤(1)求平面的法向量n.即时训练5.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，四边形BDEF是矩形，平面BDEF平面ABCD，DE2，M为线段BF的中点(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥MCDE的体积；(2)求证：DM平面ACE.解(1)设ACBDO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建
23、立空间直角坐标系，则C(0，0)，D(1,0,0)，E(1,0,2)，M(1,0,1)，(0,0,2)，(1，0)，(2,0,1)，0，DEDC，SDECDEDC222，设平面DEC的法向量n(x，y，z)，则取x，得n(，1,0)，M到平面DEC的距离h，三棱锥MCDE的体积VSCDEh2.(2)证明：A(0，0)，(0,2，0)，(1，2)，0，220，ACDM，AEDM，ACAEA，DM平面ACE.(2018天津高考)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CD
24、E；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长易错分析(1)不能灵活运用共线向量定理设出与动点M相关的向量的坐标，导致变量较多，运算量过大而致误(2)弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角的关系致误解(1)证明：以D为原点，以D，D，D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，如图所示，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)则D(0,2,0)，D(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法
25、向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)因为M，所以Mn00.因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)由题意可得B(1,0,0)，B(1，2,2)，C(0，1,2)，设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0,1,1)设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0,2,1)，因此有cosm，n，于是sinm，n.所以二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得B(1，2，h)易知D(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cosB，D|，由题意，可得sin60，解得h0,2，所以线
26、段DP的长为.答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少对点训练如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF平面ABCD，AFDE，ADDE，AF2，DE3.(1)求证：平面ACE平面BED；(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角MBED的大小为60？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DE平面ADEF，DEAD，所以DE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以DEAC.又因为四边形ABCD是正方形，所以ACB
27、D.因为DEBDD，DE平面BED，BD平面BED，所以AC平面BED.又因为AC平面ACE，所以平面ACE平面BED.(2) 因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示则A(3,0,0)，F(3,0,2)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，(3，3,0)，(3，3，3)，(3,0，)设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则取x，得n(，2，3)所以cos，n.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(3)假设存在点M在线段AF上，设M(3,0，t)，0t2，则(0，3，t)，(3，3,3)设平面MBE的法向量为m(x1，y1，z1)，则令y1t，得m(3t，t,3)所以|cosm，|，整理得2t26t150，解得t或t(舍去)，故在线段AF上存在点M，使得二面角MBED的大小为60，此时.
