1、第11讲 空间向量及应用1考题展望本节空间向量及应用是立体几何的重点考查内容，常常以解答题中一问形式考查角或距离的计算，大多可以用传统几何法和用空间向量求解，而且更侧重于后者，并有拓展为存在性、探索性题型趋势，解答时大多体现函数与方程思想2高考真题考题1(2012 湖南)如图，在四棱锥 PABCD中，PA平面 ABCD，AB4，BC3，AD5，DABABC90，E 是 CD 的中点(1)证明：CD平面 PAE；(2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 PABCD 的体积【解析】解法一：(1)如图(1)，连接 AC，由AB4，BC3，ABC9
2、0，得 AC5.又 AD5，E 是 CD 的中点，所以 CDAE.PA平面 ABCD，CD平面 ABCD，所以PACD.而 PA，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD平面 PAE.(2)过点 B 作 BGCD，分别与 AE，AD 相交于点 F，G，连接 PF.由(1)CD平面 PAE 知，BG平面 PAE.于是BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角，且 BGAE.由 PA平面 ABCD 知，PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角 由题意，知PBABPF，因为 sinPBAPAPB，sinBPFBFPB，所以PABF.由DABABC90知，ADBC，又BGCD，所
3、以四边形 BCDG 是平行四边形，故GDBC3.于是 AG2.在 RtBAG 中，AB4，AG2，BGAF，所以 BGAB2AG22 5，BFAB2BG 162 58 55.于是 PABF8 55.又梯形 ABCD 的面积为 S12(53)416，所以四棱锥 PABCD 的体积为 V13SPA13168 55 128 515.解法二：如图(2)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系设 PAh，则相关的各点坐标为：A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，3，0)，D(0，5，0)，E(2，4，0)，P(0，0，h)(1)易知C
4、D(4，2，0)，AE(2，4，0)，AP(0，0，h)因为CD AE 8800，CD AP0，所以 CDAE，CDAP.而 AP，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD平面 PAE.(2)由题设和(1)知，CD，PA分别是平面 PAE，平面 ABCD 的法向量，而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cosCD，PB|cosPA，PB|，即|CD PB|CD|PB|PAPB|PA|PB|.由(1)知，CD(4，2，0)，PA(0，0，h)，又 PB (4，0，h)，故|16002 5 16h2|00h2h 16h2|.解得 h8 55.又
5、梯形 ABCD 的面积为 S12(53)416，所以四棱锥 PABCD 的体积为 V13SPA13168 55 128 515.【命题立意】本题考查空间线面位置关系的证明，空间线面角、空间几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等考题2(2012 江西)在三棱柱ABCA1B1C1 中，已知 ABACAA1 5，BC4，点 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中点 O.(1)证明：在侧棱 AA1 上存在一点 E，使得 OE平面 BB1C1C，并求出 AE 的长；(2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值【解 析】(1)连 接 AO，在 AOA
6、1 中，作OEAA1 于点 E，因为 AA1BB1，得 OEBB1，因为 A1O平面 ABC，所以 A1OBC.因为 ABAC，OBOC，得 AOBC，所以BC平面 AA1O，所以 BCOE，又 BCBB1B，所以 OE平面 BB1C1C.又 AO AB2BO21，AA1 5，得 AEAO2AA1 55.(2)如图，分别以 OA，OB，OA1 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(1，2，2)，由AE 15AA1 得点 E 的坐标是(45，0，25)，由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是OE(45
7、，0，25)，设平面 A1B1C 的法向量 n(x，y，z)，由nA1B1 0.nA1C 0，得x2y0，yz0.令 y1，得 x2，z1，即 n(2，1，1)，所以 cosOE，nOE n|OE|n|3010，即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是3010.【命题立意】本题主要考查：(1)空间垂直关系的证明以及空间点线面的位置关系；(2)二面角的概念以及计算；(3)考生的空间想象能力和推理论证能力以及逻辑思维能力由nA1B1 0.nA1C 0，得x2y0，yz0.令 y1，得 x2，z1，即 n(2，1，1)，所以 cosOE，nOE n|OE|n|3010，即平面 BB
8、1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是3010.【命题立意】本题主要考查：(1)空间垂直关系的证明以及空间点线面的位置关系；(2)二面角的概念以及计算；(3)考生的空间想象能力和推理论证能力以及逻辑思维能力1求空间角(包括线线角、线面角、二面角)与距离(一般转化为点到面的距离)，是高考的重点和热点常用求法是：几何法和向量法2几何法求角，一般是把各种角转化为平面内线线所成角后，解三角形求解解题步骤是：“作”“证”“求”三步解题时要做到层次书写清晰，计算正确，提高解题效率注意：二面角是本节难点，几何法求二面角的方法比较多，常见的有：(1)定义法，过棱上的点在二个面内分别作棱的垂线；(2)三
9、垂线求解，过二面角一个面内的点分别作棱和另一个面的垂线；(3)垂面法，过棱上的点作棱的垂面，也可找两个面的某个面的垂面，再转化为三垂线法求解3向量法求角，一般是把各种角转化为两向量的夹角后，用公式计算出角解题步骤主要是建系、设点、计算有关向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算4关于距离的计算，一般转化为点到面的距离，除几何法(能作出距离，“作”“证”“求”三步求解)，向量法(可建系，用向量法求解)外，要注意“等积求高”法(变换顶点，可求有关几何体体积时用)1空间向量及其运算例1(1)如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 AC 与 BD 的交点，A1B1a，A1D1 b，A1A
10、c.若B1M xaybc，则 xy 的值分别是()Ax12，y12Bx12，y12Cx12，y12Dx12，y12A【解析】B1M B1B BM A1A 12BD A1A 12(AD AB)A1A 12(A1D1A1B1)c12(ba)12a12bc.故选 A.(2)在平行四边形 ABCD 中，ABAC1，ACD90，将它沿对角线 AC 折起，使 AB 与CD 成 60角，则 D、B 间的距离是2 或 2【解析】因为ACD90，所以AC CD 0.同理，BA AC 0.因为 AB 与 CD 成 60角，所以BA，CD 60或 120.又因为BD BA AC CD，所以BD 2BA 2AC 2C
11、D 22BA AC 2BA CD 2AC CD BA 2AC 2CD 22BA CD 3211cosBA，CD 4，BA，CD 602，BA，CD 120 所以|BD|2 或 2，即 B、D 间的距离为 2 或 2.【点评】用已知向量表示未知向量，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运用三角形法则；向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立2空间角的分析与计算例2如右图，圆柱 OO1 内有一个三棱柱 ABCA1B1C1，三棱柱
12、的底面为圆柱底面的内接三角形，且 AB 是圆 O 的直径(1)证明：平面 A1ACC1平面B1BCC1；(2)设 ABAA1.在圆柱 OO1 内随机选取一点，记该点取自于三棱柱 ABCA1B1C1 中的概率为 p.当点 C 在圆周上运动时，求 p 的最大值；记平面 A1ACC1与平面 B1OC 所成的角为(090)当 p 取最大值时，求 cos 的值【解析】(1)A1A平面 ABC，BC平面ABC，A1ABC.AB 是圆 O 的直径，BCAC.又 ACA1AA，BC平面 A1ACC1.而 BC平面 B1BCC1，平面 A1ACC1平面 B1BCC1.(2)设圆柱的底面半径为 r，则 ABAA1
13、2r，故三棱柱 ABCA1B1C1 的体积 V112ACBC2rACBCr.AC2BC2AB24r2，ACBCAC2BC222r2，当且仅当 ACBC 2r 时等号成立 从而，V12r3.而圆柱的体积 Vr22r2r3，故 pV1V 2r32r3 1，当且仅当 ACBC 2r，即 OCAB 时等号成立 p 的最大值为 1.由可知，p 取最大值时，OCAB.于是，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz(如右图)，则 C(r，0，0)，B(0，r，0)，B1(0，r，2r)BC平面 A1ACC1，BC(r，r，0)是平面 A1ACC1 的一个法向量 设平面 B1OC 的法向量为 n(x，
14、y，z)，由nOCnOB1，得rx0，ry2rz0.故x0，y2z.取 z1，得 n(0，2，1)090，cos|cosn，BC|nBC|n|BC|2r5 2r|105.【点评】要证面面垂直，一般先找线面垂直由nOCnOB1，得rx0，ry2rz0.故x0，y2z.取 z1，得 n(0，2，1)090，cos|cosn，BC|nBC|n|BC|2r5 2r|105.【点评】要证面面垂直，一般先找线面垂直3空间距离的分析与计算例3如图，在四棱锥 SABCD 中，ADBC 且 ADCD，平面 CSD平面ABC，CSDS，CS2AD2，E 为 BS的中点，CE 2，AS 3，求：(1)点 A 到平面
15、 BCS 的距离；(2)二面角 ECDA 的大小【解析】(1)如图，以 S(O)为坐标原点，射线 OD，OC 分别为 x 轴，y 轴正方向，建立空间直角坐标系，设 A(xA，yA，zA)，因平面 COD平面ABCD，ADCD，故 AD平面 COD，即点 A 在 xOz 平面内，因此 yA0，zA|AD|1 又 xA212|AS|23，所以 xA 2，从而 A(2，0，1)因为 ADBC，故 BC平面 CSD，即平面 BCS与平面 yOz 重合，从而点 A 到平面 BCS 的距离为 xA 2.(2)易知 C(0，2，0)，D(2，0，0)因 E 为 BS 的中点BCS 为直角三角形，知|BS|2
16、|CE|2 2 设 B(0，2，zB)，zB0，则 zB2，故 B(0，2，2)，所以 E(0，1，1)在 CD 上取点 G，设 G(x1，y1，0)，使 GECD 由CD(2，2，0)，GE(x1，y11，1)，CD GE 0，故 2x12(y11)又点 G 在直线 CD 上，即CG CD，由CG(x1，y12，0)，则有 x12y122 联立、，解得 G(23，43，0)故GE(23，13，1)又由 ADCD，所以二面角 ECDA 的平面角为向量GE 与向量DA 所成的角，记此角为.因为|GE|2 33，DA(0，0，1)，|DA|1，GE DA 1，所以 cos GE DA|GE|DA|
17、32.故所求的二面角的大小为6.备选题例4如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 是棱 DD1 的中点(1)求直线 BE 和平面 ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱 C1D1 上是否存在一点F，使 B1F平面 A1BE，证明你的结论【解析】设正方体的棱长为 1，如图所示，以AB，AD，AA1 为单位正交基底建立空间直角坐标系(1)依题意，得 B(1，0，0)，E(0，1，12)，A(0，0，0)，D(0，1，0)，所以BE(1，1，12)，AD(0，1，0)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，因为 AD平面ABB1A1，所以AD 是平面 ABB1A1 的一个法向量 设直
18、线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角为.则 sin|BE AD|BE|AD|132123.即直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得 A1(0，0，1)，BA1(1，0，1)，BE(1，1，12)设 n(x，y，z)是平面 A1BE 的一个法向量，则由 nBA1 0，nBE 0 得xz0 xy12z0，所以xzy12z.取 z2，得 n(2，1，2)，设 F 是棱 C1D1 上的点，则 F(t，1，1)(0t1)又 B1(1，0，1)，所以B1F(t1，1，0)而 B1F平面 A1BE，于是 B1F平面 A1BEB1F n0(t1，1，0)(2，1，2)0
19、2(t1)10t12F 为 C1D1 的中点 这说明在棱 C1D1 上存在点 F(C1D1 的中点)，使 B1F平面 A1BE.1常用空间关系与向量运算之间的关系：利用 abab0 来求证线线垂直；利用 ab|a|b|cosa，b，求 cosa，b ab|a|b|，求两直线的夹角利用|a|2aa，求解有关线段的长度问题或利用|AB|AB|cosa，e，(其中，AB a，e 是与直线 l 同方向的单位向量)，求线段 AB 在 l上的射影长 AB.向量作为沟通“数”和“形”的桥梁，是利用数形结合解题的一种重要载体2空间角的计算方法都是转化为平面角来计算两条异面直线所成的角，要以运动的观点运用“平移
20、法”，使之成为相交直线所成的角，要充分挖掘图形的性质，寻求平行关系；斜线与平面所成的角，往往是在斜线上取一点向平面引垂线，再解由斜线、垂线、射影所围成的直角三角形这里关键是引平面的垂线，明确垂足的位置；求二面角的方法主要有定义法、线面垂直法、射影面积法、向量法等3空间距离：点与点之间的距离、点线之间的距离、两平行线之间的距离利用平面几何知识可以解决；点面距离、线面距离、面面距离都可转化为求点面距离4在求空间角或空间距离时，经常会遇到过空间中一点A作已知平面的垂线的问题解决这类问题时，如果已知图形中有平面的垂线，就只需过点A作已知垂线的平行线即可；否则可以过点A作一个平面与平面垂直，再利用平面垂
21、直的性质定理达到过点A作平面的垂线的目的5空间角与空间距离的计算都分为三步：“一找、二证、三计算”立体几何中的计算题必须有推理过程，考生往往只注意计算，不注意推理，造成不必要的丢分1在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M 为 AB 的中点，则点 C到平面 A1DM 的距离为()A.63 aB.66 aC.22 aD.12a【解析】用等积法可求得所求距离1在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M 为 AB 的中点，则点 C到平面 A1DM 的距离为(A)A.63 aB.66 aC.22 aD.12a【解析】用等积法可求得所求距离A2如图，四边形 ABCD 中，A
22、BADCD1，BD2，BDCD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 ABCD，使平面 ABD平面 BCD，则下列结论正确的是()AACBDBBAC90CCA与平面 ABD 所成的角为 30D四面体 ABCD 的体积为13【解 析】面 ABD 面 BCD，CDBD，CDBA，BAAD，BA 面ACD，BAAC.2如图，四边形 ABCD 中，ABADCD1，BD2，BDCD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 ABCD，使平面 ABD平面 BCD，则下列结论正确的是(B)AACBDBBAC90CCA与平面 ABD 所成的角为 30D四面体 ABCD 的体积为13【解 析】面
23、 ABD 面 BCD，CDBD，CDBA，BAAD，BA 面ACD，BAAC.B3二面角 l 为 60，A，B 是棱 l 上的两点，AC，BD 分别在半平面，内，ACl，BDl，且 ABACa，BD2a，则 CD 的长为()A2aB.5aCaD.3a【解析】依题意知|CD|2(CA AB BD)2a2a24a22CA BD 6a22a24a2，则|CD|2a，故选 A.A3二面角 l 为 60，A，B 是棱 l 上的两点，AC，BD 分别在半平面，内，ACl，BDl，且 ABACa，BD2a，则 CD 的长为()A2aB.5aCaD.3a【解析】依题意知|CD|2(CA AB BD)2a2a2
24、4a22CA BD 6a22a24a2，则|CD|2a，故选 A.4在正四棱锥 VABCD 中，底面正方形ABCD 的边长为 1，侧棱长为 2，则异面直线 VA与 BD 所成角的大小为()A.6B.4C.3 D.2【解析】设 ACBDO，连接 VO，因为四棱锥 VABCD 是正四棱锥，所以 VO平面 ABCD，故BDVO.又 四 边 形 ABCD 是 正 方 形，所 以BDAC，所以 BD平面 VAC，所以 BDVA，即异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为2，选 D.D4在正四棱锥 VABCD 中，底面正方形ABCD 的边长为 1，侧棱长为 2，则异面直线 VA与 BD 所成角的大小为()
25、A.6B.4C.3 D.2【解析】设 ACBDO，连接 VO，因为四棱锥 VABCD 是正四棱锥，所以 VO平面 ABCD，故BDVO.又 四 边 形 ABCD 是 正 方 形，所 以BDAC，所以 BD平面 VAC，所以 BDVA，即异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为2，选 D.5在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是()A30B45C60D90C【解析】如图是三棱柱 ABCA1B1C1，不妨设各棱长为 1.取 BC 的中点 E，连接 AE，DE.CC1底面 ABC，侧面 BB1C1C底面 ABC，
26、又 E 为 BC 的中点，且ABC 为正三角形，AEBC，由两平面垂直的性质定理知，AE平面 BB1C1C，ADE 的大小就是 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小 容易计算得出ADE60，故选 C.6在四面体 OABC 中，OA a，OB b，OC c，D 为 BC 的中点，E 为 AD 的中点，则OE(用 a，b，c 表示)【解析】OE 12(OD OA)1212(OC OB)OA 12a14b14c.12a14b14c.7线段 AB 的两端点分别在直二面角 CD 的两个半平面内，且与两个平面都成 30角，则异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为45【解析】在平面 内作 AECD 于
27、 E(如图)因为 CD 是直二面角，所以 AE，所以ABE 是 AB 与 所成的角，ABE30，所以 AE12AB.同理，在 内作 BFCD 于 F，所以 BF12AB.在平面 内作 BGEF，且 BGEF，则四边形 BGEF 为矩形，所以 BGGE.又 AE，所以 AEBG.而 AEGEE，所以 BG平面 AEG，所以 BGAG.在 RtAEG 中，AG AE2EG2 22 AB.在 RtABG 中，sinABGAGAB 22，所以ABG45，因为 BGCD，所以ABG 是异面直线 AB 与 CD 所成角，则异面直线 AB 与 CD 所成角为 45.8如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面
28、 ABCD，底面 ABCD 是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面 PAC；(2)若 PAAB，求 PB 与 AC 所成角的余弦值；(3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，求 PA 的长【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD，所以PABD.所以BD平面PAC.(2)设 ACBDO，因为BAD60，PAAB2，所以 BO1，AOCO 3.如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 P(0，3，2)，A(0，3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)所以PB(1，3，2)，AC(0，2 3，0)设 PB 与 AC 所成角
29、为，则 cos|PBAC|PB|AC|62 22 3 64.(3)由(2)知BC(1，3，0)设 P(0，3，t)(t0)，则BP(1，3，t)设平面 PBC 的法向量 m(x，y，z)则BC m0，BPm0.所以x 3y0，x 3ytz0.令 y 3，则 x3，z6t.所以 m(3，3，6t)同理，平面 PDC 的法向量 n(3，3，6t)因为平面 PBC平面 PDC，所以 mn0，即636t2 0，解得 t 6，所以 PA 6.9如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，H 是正方形 AA1B1B的中心，AA12 2，C1H平面AA1B1B，且 C1H 5.(1)求异面直线 AC 与 A1B
30、1 所成角的余弦值；(2)求二面角 AA1C1B1 的正弦值；(3)设 N 为棱 B1C1的中点，点 M 在平面 AA1B1B内，且 MN平面 A1B1C1，求线段 BM 的长【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐标原点 依题意得 A(2 2，0，0)，B(0，0，0)，C(2，2，5)，A1(2 2，2 2，0)，B1(0，2 2，0)，C1(2，2，5)(1)易得AC(2，2，5)，A1B1(2 2，0，0)，于是 cosAC，A1B1 AC A1B1|AC|A1B1|432 2 23，所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 23.(2)易知AA1(0，2 2，0)
31、，A1C1(2，2，5)设平面 AA1C1 的法向量 m(x，y，z)，则mA1C1 0mAA1 0，即 2x 2y 5z0，2 2y0.不妨令 x 5，可得 m(5，0，2)同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n(x，y，z)，则nA1C1 0，nA1B1 0，即 2x 2y 5z02 2x0.不妨令 y 5，可得 n(0，5，2)，于是cosm，n27.所以二面角 AA1C1B1 的正弦值为3 57.(3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N(22，3 22，52)设 M(a，b，0)，则MN(22 a，3 22 b，52)由 MN平面 A1B1C1，得MN A1B1 0，MN A1C1 0，
