1、空间向量在立体几何中的应用利用空间向量解决立体几何中平行与垂直的证明，空间角的求法及探索存在型问题一直是高考每年必考内容之一，多以解答题出现，解决时可以用传统的几何方法，也可以用向量法典例(2013 年高考浙江卷)(本题满分 15 分)如图，在四面体 A-BCD中，AD平面 BCD，BCCD，AD2，BD2 2.M 是 AD 的中点，P是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ3QC.(1)证明：PQ平面 BCD；(2)若二面角 C-BM-D 的大小为 60，求BDC 的大小教你快速规范审题1审条件，挖解题信息2审结论，明解题方向3建联系，找解题突破口教你准确规范解答(1)证明：如图
2、，取 BD 的中点 O，以 O 为原点，OD，OP 所在射线为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O-xyz.由题意知 A(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，设点 C 的坐标为(x0，y0,0)因为AQ 3QC，所以 Q34x0，24 34y0，12因为 M 为 AD 的中点，故 M(0，2，1)又 P 为 BM 的中点，故P0，0，12.所以PQ 34x0，24 34y0，0又平面 BCD 的一个法向量为 u(0,0,1)，故PQ u0.又 PQ平面 BCD，所以 PQ平面 BCD(2)设 m(x，y，z)为平面 BMC 的法向量由CM(x0，2y0,1)，BM(0,2 2，
3、1)知x0 x 2y0yz0，2 2yz0.取 y1，得 my0 2x0，1，2 2又平面 BDM 的一个法向量为 n(1,0,0)，于是|cosm，n|mn|m|n|y0 2x09y0 2x0212，即y0 2x02又 BCCD，所以CBCD 0.故(x0，2y0,0)(x0，2y0,0)0，即 x20y202.联立，解得x00，y0 2(舍去)或x0 62，y0 22.所以 tanBDCx02y0 3.又BDC 是锐角，BDC60常见失分探因易求错相关点的坐标，注意B点的纵坐标为负平面的法向量求法中注意赋值的技巧及运算易忽视 C 点的位置，对 x00，y0 2进行舍去教你一个万能模板已知直
4、三棱柱ABC A1B1C1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(1)求证：DE平面ABC；(2)求证：B1F平面AEF；(3)求二面角B1 AE F的余弦值解析：如图建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，(1)证明：DE(2,4,0)，平面 ABC 的法向量为AA1(0,0,4)，DE AA1 0，DE平面 ABC，DE平面 ABC.(2)证明：B1F(2,2，4)，EF(2，2，2)，B1F EF
5、(2)22(2)(4)(2)0，B1F EF，B1FEF，B1F AF(2)222(4)00，B1F AF，B1FAF.AFEFF，B1F平面 AEF.(3)由(2)知平面 AEF 的法向量为B1F(2,2，4)，设平面 B1AE的法向量为 n(x，y，z)，nAE0，nB1A 0，即2yz0，xz0，令 x2，则 z2，y1，n(2,1，2)，cosn，B1F n1B1F|n|B1F|69 24 66，二面角 B1-AE-F 的余弦值为 66.1.如图，在多面体 ABC-A1B1C1 中，四边形 A1ABB1 是正方形，ABAC，BC 2AB，B1C1 綊12BC，二面角 A1-AB-C 是
6、直二面角求证：(1)A1B1平面 AA1C.(2)AB1平面 A1C1C.证明：二面角 A1-AB-C 是直二面角，四边形 A1ABB1 为正方形，AA1平面 BAC.又ABAC，BC 2AB，CAB90，即 CAAB，AB，AC，AA1 两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系设 AB2，则 A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，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nA1A 0，nAC0，即2z0，2x0，即x0，z0.取 y1，则 n(0,1,0)
7、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)，则mA1C1 0，mA1C 0，即x1y10，2x12z10，令 x11，则 y11，z11，即 m(1，1,1)AB1 m012(1)210，AB1 m.又 AB1平面 A1C1C，AB1平面 A1C1C.2.(2015 年丰台一模)四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，侧面 PAD底面 ABCD，BCD60，PAPD 2，E 是 BC 中点，点 Q 在侧棱 PC 上(1)求证
8、：ADPB；(2)若 Q 是 PC 的中点，求二面角 E-DQ-C 的余弦值；(3)若PQPC，当 PA平面 DEQ 时，求 的值解析：(1)证明：如图，取AD中点O，连接OP，OB，BD.因为PAPD，所以POAD.因为菱形ABCD中，BCD60，所以ABBD，所以BOAD.因为BOPOO，所以AD平面POB，所以ADPB.(2)由(1)知BOAD，POAD.因为侧面PAD底面ABCD，且平面PAD底面ABCDAD，所以PO底面ABCD.以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系O xyz.则 D(1,0,0)，E(1，3，0)，P(0,0,1)，C(2，3，0)，因为 Q 为 PC 中点，所以
9、 Q1，32，12.所以DE(0，3，0)，DQ 0，32，12，所以平面 DEQ 的法向量为 n1(1,0,0)因为DC(1，3，0)，DQ 0，32，12，设平面 DQC 的法向量为 n2(x，y，z)，则DC n20，DQ n20，x 3y0，32 y12z0.令 x 3，则 y1，z 3，即 n2(3，1，3)cosn1，n2 n1n2|n1|n2|217.由图可知，二面角 E-DQ-C 为锐角，所以余弦值为 217.(3)因为PQPC，所以PQ PC，由(2)知PC(2，3，1)，PA(1,0，1)，若设 Q(x，y，z)，则PQ(x，y，z1)，由PQ PC，得x2，y 3，z1.
10、在平面 DEQ 中，DE(0，3，0)，DQ(x1，y，z)(12，3，1)，所以平面 DEQ 的法向量为 n1(1，0,21)，又因为 PA平面 DEQ，所以PAn10，即(1)(1)(21)0，得 23.所以，当 PA平面 DEQ 时，23.3某几何体ABC A1B1C1的三视图和直观图如图所示(1)求证：A1C平面AB1C1；(2)求二面角C1 AB1 C的余弦值解析：(1)证明：解法一 由三视图可知，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1底面A1B1C1，B1C1A1C1，且AA1AC4，BC3.AA1平面A1B1C1，B1C1平面A1B1C1，AA1B1C1，B1C1A1C1，AA1
11、A1C1A1，B1C1平面A1ACC1.A1C平面A1ACC1，A1CB1C1.又因为A1ACC1为正方形，所以A1CAC1.又AC1B1C1C1，A1C平面AB1C1.解法二 由三视图可知，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1底面A1B1C1，B1C1A1C1，且AA1AC4，BC3.如图，以点C为原点，分别以CA，CB，CC1所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系由已知可得 A(4,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,0)，A1(4,0,4)，B1(0,3,4)，C1(0,0,4)A1C(4,0，4)，C1A(4,0，4)，C1B1(0,3,0)，A1C C1A 0，A1C
12、 C1B1 0，A1CC1A，A1CC1B1.又 C1AC1B1C1，A1C平面 AB1C1.(2)由(1)得CA(4,0,0)，CB1(0,3,4)设平面 AB1C 的法向量为 n(x，y，z)，则CB1 n，CAn，CB1 n0，CAn0，即3y4z0，4x0.令 y4，得平面 AB1C 的一个法向量为 n(0,4，3)由(1)知，A1C 是平面 AB1C1 的一个法向量，cosn，A1C nA1C|n|A1C|1220 23 210.即二面角 C1-AB1-C 的余弦值为3 210.4正ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E，F 分别是 AC 和BC 边的中点，现将ABC 沿
13、 CD 翻折成直二面角 A-DC-B.(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由(2)求二面角 E-DF-C 的余弦值(3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 APDE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由解析：(1)在ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点，得 EFAB，又 AB平面 DEF，EF平面 DEF，AB平面 DEF.(2)以点 D 为坐标原点，以直线 DB，DC，DA 分别为 x 轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)、B(2,0,0)，C(0,2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF(1，3，0)，DE(0，3，1)，DA(0,0,2)平面 CDF 的法向量为DA(0,0,2)，设平面 EDF 的法向量为 n(x，y，z)，则DF n0，DE n0，即x 3y0，3yz0，取 n(3，3，3)，cosDA，n DA n|DA|n|217，所以二面角 E-DF-C 的余弦值为 217.(3)存在设 P(s，t,0)，则APDE 3t20，t2 33，又BP(s2，t,0)，PC(s,2 3t,0)，BPPC，(s2)(2 3t)st，3st2 3.把 t2 33 代入上式得 s43，BP13BC，在线段 BC 上存在点 P，使 APDE.此时，BPBC13.
