1、第三讲 立体几何中的向量方法设直线 l 的方向向量为 a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为 u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)线面平行lauau0a1a3b1b3c1c30.(2)线面垂直lauakua1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行uvukva3ka4，b3kb4，c3kc4.(4)面面垂直uvuv0a3a4b3b4c3c40.例1(2012年高考福建卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由解析(1
2、)证明：以 A 为原点，AB，AD，AA1 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)设 ABa，则 A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E(a2，1，0)，B1(a，0，1)，故AD1(0，1，1)，B1E(a2，1，1)，AB1(a，0，1)，AE(a2，1，0)AD1 B1E a2011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0，0，z0)，使得 DP平面 B1AE.此时DP(0，1，z0)又设平面 B1AE 的法向量 n(x，y，z)n平面 B1AE，nAB1，nAE，得axz0，ax2 y0.取 x1，得平面 B
3、1AE 的一个法向量 n(1，a2，a)要使 DP平面 B1AE，只要 nDP，有a2az00，解得 z012.又 DP 平面 B1AE，存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时 AP12.如图，在圆锥 PO 中，已知 PO 2，O 的直径2，C 是 AB的中点，D 为 AC 的中点证明：平面 POD平面 PAC.证明：如图所示，以 O 为坐标原点，OB，OC，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D(12，12，0)设 n1(x1，y1，z1)是平面 POD 的一个法向量
4、，则由 n1OD 0，n1OP 0，得12x112y10，2z10.所以 z10，x1y1.取 y11，得 n1(1，1，0)设 n2(x2，y2，z2)是平面 PAC 的一个法向量，则由 n2PA0，n2PC0，得x2 2z20，y2 2z20.所以 x2 2z2，y2 2z2，取 z21，得 n2(2，2，1)因为 n1n2(1，1，0)(2，2，1)0，所以 n1n2.从而平面 POD平面 PAC.1向量法求异面直线所成的角若异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，异面直线所成的角为，则 cos|cos a，b|ab|a|b|.2向量法求线面所成的角求出平面的法向量 n，直线的方向向
5、量 a，设线面所成的角为，则sin|cos n，a|na|n|a|.3向量法求二面角求出二面角 l 的两个半平面 与 的法向量 n1，n2，若二面角 l 所成的角 为锐角，则 cos|cos n1，n2|n1n2|n1|n2|；若二面角 l 所成的角 为钝角，则 cos|cos n1，n2|n1n2|n1|n2|.例2(2012年高考辽宁卷)如图，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，点M，N分别为AB和BC的中点(1)证明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC为直二面角，求的值证法二 取AB的中点P，连接MP，NP.而M，N分别为AB与BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以M
6、P平面AACC，PN平面AACC.又MPNPP，因此平面MPN平面AACC.而MN平面MPN，所以MN平面A ACC.解析(1)证明：证法一 连接 AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱 ABC-ABC为直三棱柱，所以 M 为 AB的中点又因为 N 为 BC的中点，所以 MNAC.又 MN 平面 AACC，AC平面 AACC，因此 MN平面 AACC.(2)以 A 为坐标原点，分别以直线 AB，AC，AA为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz，如图所示设 AA1，则 ABAC，于是 A(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，0)，A(0，0，1)，B(，0，1)，C(
7、0，1)，所以 M(2，0，12)，N(2，2，1)设 m(x1，y1，z1)是平面 AMN 的法向量由mAM 0，mMN 0得2x112z10，2y112z10，可取 m(1，1，)设 n(x2，y2，z2)是平面 MNC 的法向量，由nNC 0，nMN 0得2x22y2z20，2y212z20，可取 n(3，1，)因为 A-MN-C 为直二面角，所以 mn0.即3(1)(1)20，解得 2(负值舍去)(2012 年长沙模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P-ABCD 中，ADBC，ABC90，PD平面 ABCD，AD1，AB 3，BC4.(1)求证：BDPC；(2)求直线 AB 与平面
8、PDC 所成的角的大小；解析：如图，在平面 ABCD 内过点 D 作直线 DFAB，交 BC 于点F，以 D 为坐标原点，DA、DF、DP 所在的直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz，则 A(1，0，0)，B(1，3，0)，D(0，0，0)，C(3，3，0)(1)证明：设 PDa，则 P(0，0，a)，BD(1，3，0)，PC(3，3，a)，BD PC330，BDPC.(2)由(1)及 PD平面 ABCD 易知 BD平面 PDC，则DB 就是平面PDC 的一个法向量AB(0，3，0)，DB(1，3，0)设 AB 与平面 PDC 所成的角的大小为，则 sin|DB AB|DB
9、|AB|32 3 32.090，60，即直线 AB 与平面 PDC 所成的角的大小为 60.探索性问题的类型(1)对平行、垂直关系的探索；(2)对条件和结论不完备的开放性问题的探索例3(2012年高考北京卷)如图(1)，在RtABC中，C90，BC3，AC6.D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图(2)(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？并说明理由解析(1)证明：ACBC，DEBC，DEAC.DEA1D，DEC
10、D，DE平面A1DC.DEA1C.又A1CCD，A1C平面BCDE.(2)如图所示，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C-xyz，则 A1(0，0，2 3)，D(0，2，0)，M(0，1，3)，B(3，0，0)，E(2，2，0)设平面 A1BE 的法向量为 n(x，y，z)，则 nA1B 0，nBE 0.又A1B(3，0，2 3)，BE(1，2，0)，3x2 3z0，x2y0.令 y1，则 x2，z 3，设 CM 与平面 A1BE 所成的角为.CM(0，1，3)，sin|cos n，CM|nCM|n|CM|48 4 22.CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4.(3)线段 BC 上不存
11、在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直理由如下：假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p，0，0)，其中 p0，3又A1D(0，2，2 3)，DP(p，2，0)，2y2 3z0，px2y0.令 x2，则 yp，z p3，m(2，p，p3)平面 A1DP平面 A1BE，当且仅当 mn0，即 4pp0.解得 p2，与 p0，3矛盾线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，已知 BC1，BB12，BCC12，AB侧面 BB1C1C.(1)求直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值；(2)在棱 CC1(不包含端点 C，C
12、1)上确定一点 E 的位置，使得EAEB1(要求说明理由)解析：如图，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C1(1，2，0)，B1(0，2，0)(1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，平面 ABC 的法向量BB1(0，2，0)，又BC1(1，2，0)，设 BC1与平面 ABC 所成角为，则 sin|cos BB1，BC1|2 55，tan 2，即直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值为 2.(2)设 E(1，y，0)，A(0，0，z)，则EB1(1，2y，0)，EA(1，y，z)EAEB1，EA1 EB1 1y(2y)0，y1，即 E(1，1，0)，E 为 CC1的中
13、点【真题】(2012年高考天津卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长【解析】如图(1)，以点 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B(12，12，0)，P(0，0，2)(1)证明：易得PC(0，1，2)，AD(2，0，0)，于是PCAD 0，所以 PCAD.(2)PC(0，1，2)，CD(2，1，0)设平面 PCD 的法向量 n(x，y，z)，则n
14、PC0，nCD 0，即y2z0，2xy0.不妨令 z1，可得 n(1，2，1)可取平面 PAC 的法向量 m(1，0，0)于是 cos m，n mn|m|n|16 66，(3)设点 E 的坐标为(0，0，h)，其中 h0，2由此得BE(12，12，h)由CD(2，1，0)，故cos BE，CD BE CD|BE|CD|3212h2 531020h2，所以31020h2cos 30 32，解得 h 1010，即 AE 1010.【名师点睛】本题主要考查空间两条直线的位置关系、二面角、异面直线所成的角、直线与平面所成的角等基础知识、考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力难度中等本例第(3)问借助
15、于方程思想及向量法求AE长最简便【押题】如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，DAB为直角，ABCD，ADCD2AB，E、F分别为PC、CD的中点(1)求证：AB平面BEF；(2)设PAkAB，若平面EBD与平面BDC的夹角大于45，求k的取值范围【解析】(1)证明：由已知得 DF 綊 AB，且DAB 为直角，从而 ABBF.又 PA底面 ABCD，AB 平面 ABCD，所以 PAAB.又 ABAD，故 AB平面 PAD，所以 ABPD.在 PDC 内，E、F 分别是 PC、DC 的中点，所以 EFPD.所以 ABEF.AB平面 BEF.(2)如图，以 A 为坐标原点，以 AB、AD、AP 所在直线为 x 轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系设 AB 的长为 1，则BD(1，2，0)，BE(0，1，k2)易知平面 CDB 的一个法向量为 n1(0，0，1)设平面 EDB 的一个法向量为 n2(x，y，z)则n2BD 0，n2BE0，即x2y0，ykz2 0，则 y1，可得 n2(2，1，2k)设二面角 E-BD-C 的大小为，则 cos|cos n1，n2|n1n2|n1|n2|2k221 4k245，则 k2 55.本小节结束请按ESC键返回
