1、8.7空间向量的应用1理解直线的方向向量与平面的法向量2能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)4能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用1直线的方向向量及其应用(1)直线的方向向量：直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量_(或共线)的向量，显然一条直线的方向向量有_个(2)直线方向向量的应用：利用直线的方向向量，可以确定空间中的直线和平面对于直线l，点A是直线l上一点，向量a是l的方向向量，在直线l上取a，则对于直线l上任意一点P，
2、一定存在实数t，使得_这样，点A和向量a不仅可以确定直线l的位置，还可以具体表示出l上的任意一点空间中平面的位置可以由内两条相交直线确定，若设这两条直线相交于点O，它们的方向向量分别是a和b，P为平面上任意一点，由平面向量基本定理可知，存在有序实数对(x，y)，使得_，这样，点O与方向向量a，b不仅可以确定平面的位置，还可以具体表示出内的任意一点2平面的法向量(1)若直线l，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量，显然一个平面的法向量也有_个，它们是_向量(2)在空间中，给定一个点A和一个向量a，那么，过点A，以向量a为法向量的平面是_确定的3直线的方向向量与平面的法向量在确定直线、平
3、面位置关系中的应用直线l1的方向向量u1(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量为u2(a2，b2，c2)(注：下面的，kR)如果l1l2，那么u1u2u1u2_；如果l1l2，那么u1u2u1u20_.直线l的方向向量为u(a1，b1，c1)，平面的法向量为n(a2，b2，c2)若l，则unun0_；若l，则unukn_.平面1的法向量为u1(a1，b1，c1)，平面2的法向量为u2(a2，b2，c2)若12，则u1u2u1ku2_；若12，则u1u2u1u20_.4利用空间向量求空间角(1)两条异面直线所成的角：范围：两异面直线所成的角的取值范围是_向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b
4、，其夹角为，则有_(2)直线与平面所成的角：范围：直线和平面所成角的取值范围是_向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为，a与u的夹角为，则有sin _或cos sin .(3)二面角：二面角的取值范围是_二面角的向量求法：若AB，CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的平面角的大小就是向量与的夹角(如图甲)设n1，n2分别是二面角l的两个面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图乙、丙)5利用空间向量求空间距离(1)利用|2可以求空间中有向线段的长度(2)点面距离的求法已知AB为平面的一条斜线段，n
5、为平面的法向量，则B到平面的距离为|cos，n|_.1若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为u(2,0，4)，则()Al BlCl Dl与斜交2若平面1，2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是()An1(1,2,1)，n2(3,1,1)Bn1(1,1,2)，n2(2,1,1)Cn1(1,1,1)，n2(1,2,1)Dn(1,2,1)，n2(0，2，2)3如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1E1D1F1，则BE1与DF1所成的角的余弦值为()A BC D4已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量、法向量，若cosm，n，则l与所成的角为()A30 B60 C120
6、D1505如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，APAB2，BC2，E，F分别是AD，PC的中点(1)证明：PC平面BEF；(2)求平面BEF与平面BAP所成锐二面角的大小一、利用空间向量证明平行和垂直【例11】如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，ABC，OA底面ABCD，OA2，M为OA的中点，N为BC的中点证明：直线MN平面OCD.【例12】如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)AECD；(2)PD平面ABE.方法提炼1利用向量处理平行问题的常用方法：(1)
7、证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量(2)用向量证明线面平行的方法主要有：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内不共线的两个向量线性表示(3)面面平行：证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；转化为线面平行、线线平行问题2利用向量处理垂直问题的常用方法：(1)证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，即abab0.(2)用向量证明线面垂直的方法主要有：证明直线的方向向量与平面的法向量平行；利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题(3)面面垂直：证明两个平面的法向量互相
8、垂直；转化为线面垂直、线线垂直问题请做演练巩固提升1二、利用空间向量求角【例2】如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的余弦值方法提炼如何利用空间向量解决求角的问题：在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角对于空间向量a，b，有cosa，b，利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题(1)线线角：要求两条异面直线所成的角，可先求两条异面直线的方向向量的数量积，要求两向量的数量积，可以求得两向量的坐标，也可以把所求向量用一组已知
9、模和夹角的基向量表示出来进行求解(2)线面角：直线l与平面的夹角为，直线l的方向向量l与平面的法向量n的夹角为，则(或)，故有sin |cos |.(3)二面角：设n1，n2分别是二面角l的面，的法向量，则n1，n2与所求二面角的平面角相等或互补请做演练巩固提升2三、利用空间向量求距离【例3】如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2.(1)求点A到平面MBC的距离；(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值方法提炼空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点
10、到面的距离可借助于平面的法向量求解请做演练巩固提升3空间向量在立体几何问题中的合理应用【典例】(12分)(2012安徽高考)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值规范解答：(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由四边形BB1C1C为矩形知，D
11、D1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.(2分)由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)故(0,3，4)，(2,0,0), 0.因此B，即AA1BC.(5分)(2)因为(0,3，4)，所以|5，即AA15.(7分)(3)连接A1D.由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以
12、ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1,0)，(0,2，4)，(9分)所以cos，即二面角ABCA1的余弦值为.(12分)答题指导：解决空间向量在立体几何中的应用问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整(2)建系不恰当，导致点的坐标不易确定或求解时烦琐(3)不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题(4)计算失误导致结果不正确另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法，有利于快速正确地解题1在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1EEO.(1)若1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦
13、值；(2)若平面CDE平面CD1O，求的值2(2013重庆模拟)如图，四棱锥SABCD的底面ABCD是直角梯形，侧面SAB是等边三角形，DA平面SAB，DCAB，AB2AD2DC，O，E分别为AB，SD中点(1)求证：SO平面AEC，BC平面AEC；(2)求二面角OSDB的余弦值3如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，侧棱AA12，CA2，D是CC1的中点，试问在A1B上是否存在一点E使得点A1到平面AED的距离为？参考答案基础梳理自测知识梳理1(1)平行无数(2)txayb2(1)无数共线(2)唯一3(a1，b1，c1)(a2，b2，c2)a1a2b1b
14、2c1c20a1a2b1b2c1c20(a1，b1，c1)k(a2，b2，c2)(a1，b1，c1)k(a2，b2，c2)a1a2b1b2c1c204(1)|cos |(2)|cos |(3)0，5(2)基础自测1B解析：u2a，ua，则l2A解析：平面1，2垂直，则对应的法向量也应垂直，因A中n1n23210，故n1n2，故选A3B解析：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系则点B，E1，D，F1的坐标分别为B(1,1,0)，E1，D(0,0,0)，F1，(1,1,0)，(0,0,0)|，|，cos，4A解析：cosm，n，sinm，n，m，n60l与所成的角为9060305(1)
15、证明：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴如图建立空间直角坐标系APAB2，BCAD2，四边形ABCD是矩形，A，B，C，D，P的坐标分别为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2，0)，D(0，2，0)，P(0,0,2)又E，F分别是AD，PC的中点，E(0，0)，F(1，1)(2,2，2)，(1，1)，(1,0, 1)2420，2020，PCBF，PCEF又BFEFF，PC平面BEF(2)解：由(1)知n1(2,2，2)是平面BEF的法向量，又取平面BAP的法向量n2(0,2，0)，n1n28设平面BEF与平面BAP所成锐二面角的平面角的大小为，则co
16、s |cosn1，n2|45平面BEF与平面BAP所成锐二面角的大小为45考点探究突破【例11】证明：作APCD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，P，D，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N，设平面OCD的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0，即取z，解得n(0,4，)n(0,4，)0，MN平面OCD【例12】证明：AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PAABBC1，则P(0,0,1)(1)ABC60，ABC为正三角形C，E设D(0，y,0)，由ACCD，得0，即y，则D，又，0，即
17、AECD(2)方法一：P(0,0,1)，又(1)0，即PDAE(1,0,0)，0PDAB，又ABAEA，PD平面ABE方法二：设平面ABE的一个法向量为n(x，y，z)，(1,0,0)，即令y2，则z，n(0,2，)，显然nn，平面ABE，即PD平面ABE【例2】解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则(1,1,0)，(0,0,1)，(1，1,0)，所以0，0即PQDQ，PQDC故PQ平面DCQ又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ(2)依题意有B(1,0,1)，(
18、1,0,0)，(1,2，1)设n(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即因此可取n(0，1，2)设m是平面PBQ的法向量，则可取m(1,1,1)，所以cos m，n故二面角QBPC的余弦值为【例3】解：取CD中点O，连接OB，OM，则OBCD，OMCD又平面MCD平面BCD，则MO平面BCD取O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图OBOM，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，0)，A(0，2)(1)设n(x，y，z)是平面MBC的法向量，则(1，0)，(0，)由n得xy0；由n得yz0取n(，1,1)，(0,0,2)，则d(2)(1,0，
19、)，(1，2)设平面ACM的法向量为n1(x，y，z)，由n1，n1得解得xz，yz，取n1(，1,1)又平面BCD的法向量为n2(0,0,1)，所以cosn1，n2设所求二面角为，则sin 演练巩固提升1解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以，为单位正交基底建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E，于是，(0，1,1)，则cos ，所以异面直线DE与CD1所成角的余弦值为(2)设平面CD1O的法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取x11，得y1z11，即m(1,1,1)由，得E，又设平面CDE的法向量为n(x2，y2，z2)，由n
20、0，n0得取x22，得z2，即n(2,0，)因为平面CDE平面CD1F，所以mn0，得22(1)证明：设DO，AC交于点F，连接EF，底面ABCD是直角梯形，AB2AD2DC，O是AB中点，四边形AOCD为正方形F为OD的中点又E为SD的中点，EFOSEF平面AEC，OS平面AEC，SO平面AECABS为等边三角形，O为AB中点，SOAB又DA平面SAB，DAOSDAABA，OS平面ABCDSOBCEFBCOBDC，且OBDC，BCODBCAC又EFACF，BC平面AEC (2)解：分别以OS，OB，OC为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，设AB=2，则O(0,0,0)，A(0，1,
21、0)，B(0,1,0)，S(,0,0)，C(0,0,1)，D(0，1,1)由题意知AC平面SOD，平面SOD的法向量m=(0,1,1)设平面SBD的法向量为n=(1，x，y)，由n，n，得解得n=(1，,)，二面角的余弦值为=故二面角OSDB的余弦值为3解：以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，D(0,0,1)，B(0,2,0)假设存在点E满足条件，设，(0,1)，则E(2，2(1),2)又(2,0,1)，(2(1)，2(1),2)，设n(x，y，z)为平面AED的法向量，则取x1，则y，z2，即n由于(0,0,2)，d，又(0,1)，解得存在点E且当点E为A1B的中点时，点A1到平面AED的距离为高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801