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1、第十四讲空间向量与立体几何1(用法向量判断平行或垂直)若平面、的法向量分别为n1(2，3,5)，n2(3,7,3)，则平面与平面的位置关系是_【解析】n1n22337530，即n1n2.则平面平面.【答案】垂直2(空间向量平行的充要条件)若空间三点A(1,5，2)，B(2,4,1)，C(p,3，q2)共线，则pq_.【解析】A，B，C三点共线，则，即(1，1,3)(p1，2，q4)求得p3，q2，即pq5.【答案】53(异面直线所成的角)如图431所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_
2、图431【解析】以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)2.cos.EF和BC1所成的角为60.【答案】604(空间向量的数量积)已知ABCDA1B1C1D1为正方体，()232；()0；向量与向量的夹角是60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是_【解析】设正方体的棱长为1，中()23()23，故正确；中，由于AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成的角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0.故也不正确【答案】5(二面角)
3、过正方形ABCD的顶点A，引PA平面ABCD.若PABA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是_图432【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量n1(0,1,0)，n2(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为，故所求的二面角的大小是45.【答案】45利用空间向量求线线角、线面角 (2013郑州模拟)如图433，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDA60.图433(1)求DP与CC所成角的大小；(2)求DP与平面AADD所成角的大小【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系，延长DP交BD于H，求的坐标(2)是平面
4、AADD的一个法向量，求与的夹角余弦值【自主解答】如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为1，则(1,0,0)，(0,0,1)连结BD，BD，在平面BBDD中，延长DP交BD于H.设(m，m,1)(m0)，由已知，60，由|cos，可得2m.解得m，所以.(1)因为cos，所以，45.即DP与CC所成的角为45.(2)平面AADD的一个法向量是(0,1,0)因为cos，所以，60.可得DP与平面AADD所成的角为30.1解答本题的关键是求向量的坐标，也可根据点P在线段BD上直接求点P的坐标2利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面
5、所成的角的方法及公式为：(1)异面直线所成角(090)设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则：cos |cosa，b|.(2)线面角(090)设a是直线l的方向向量，n是平面的法向量，则sin |cosa，n|.变式训练1(2013课标全国卷)如图434，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；图434(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值【解】(1)证明如图(1)，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.图(1)由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三
6、角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)解：由(1)知OCAB，OA1AB，又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图(2)所示的空间直角坐标系Oxyz.图(2)由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)，则(1,0，)，(1，0)，(0，)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则即可取n(，1，1)，故cosn，.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.利用空间向量求二
7、面角 (2013湖北高考)如图435，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点图435(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin .【思路点拨】(1)从EFAC入手，利用线面平行的判定定理与性质定理进行判断与证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解【自主解答】(1)直线l平面PAC.证明如下：连接EF，因为E，F分别是
8、PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l平面PAC.(2)如图所示，由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，EF，BE，BF，BD.由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(0,0，c)于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，从而sin .取
9、平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin .设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)由可得取n(0，c，b)于是|cos |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .1本题中线段CA、CB、CP的长度关系不确定，因此应分别设出后，再求点的坐标2求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个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其计算公式为：设m，n分别为平面，的法向量，则与m，n互补或相等，|cos |cosm，n|.变式训练2(2013浙江高考)如图436，在四面体ABCD中，
10、AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，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CBMD的大小为60，求BDC的大小图436【解】(1)证明如图所示，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Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为3，所以Q.因为点M为AD的中点，故M(0，1)又点P为BM的中点，故P，所以.又平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，z)为平面B
11、MC的一个法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以0，故(x0，y0,0)(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.利用空间向量解决探索性问题 (2013长沙模拟)如图437所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点图437(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【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系后，用向量法求解(2)假设存在
12、点F，证明与平面A1BE的法向量垂直即可【自主解答】设正方体的棱长为1，如图所示，以，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，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以，(0,1,0)在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为AD平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和平面ABB1A1所成的角为，则sin .即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)依题意，得A1(0,0,1)，(1,0,1)，.设n(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n0，n0，得所以xz，yz，取z2，得n(2,1,2)设F是棱C1D1上的点，则F(
13、t,1,1)(0t1)又B1(1,0,1)，所以(t1,1,0)而B1F平面A1BE，于是B1F平面A1BEn(t1,1,0)(2,1,2)02(t1)10tF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解答本题(2)时先假设在棱C1D1上存在一点F，则向量与平面A1BE的法向量垂直，从而列方程求解2空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有
14、效，应善于运用这一方法解题变式训练3(2013潍坊模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA1，点D为AC的中点，点E在线段AA1上图438(1)当AEEA112时，求证DEBC1；(2)是否存在点E，使二面角DBEA等于60，若存在求AE的长；若不存在，请说明理由【解】(1)证明：连结DC1，因为ABCA1B1C1为正三棱柱，所以ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BDAC，又平面ABC平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1，所以BDDE.因为AEEA112，AB2，AA1，所以AE，AD1，所以在RtADE中，ADE30，在RtDCC1中，C1DC60，所以EDC19
15、0，即EDDC1，所以ED平面BDC1，BC1面BDC1，所以EDBC1.(2)假设存在点E满足条件，设AEh.取A1C1的中点D1，连结DD1，则DD1平面ABC，所以DD1AD，DD1BD，分别以DA、DB、DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，E(1,0，h)，所以(0，0)，(1,0，h)，(1，0)，(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则令z11，得n1(h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则n2(，1,0)cosn1，n2cos 60.解得h，故存在点E，当AE时，
16、二面角DBEA等于60.建立空间直角坐标系后用空间向量求空间角是高考重点考查内容，但已知空间角求相关量的题目，体现了逆向思维，更能考查学生分析问题和解决问题的能力，对此我们应高度重视利用空间向量求解空间角问题 (12分)如图439所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABADCD2，点M在线段EC上且不与E、C重合图439(1)当点M是EC中点时，求证：BM平面ADEF；(2)当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为时，求三棱锥MBDE的体积【规范解答】(1)以DA、DC、DE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(
17、0,4,0)，E(0,0,2)，M(0,2,1)，2分(2,0,1)，平面ADEF的一个法向量(0,4,0)0，BMDC，即BM平面ADEF.4分 (2)依题意设M(0t4)，设平面BDM的法向量n1(x，y，z)，则n2x2y0，ntyz0，令y1，则n1.平面ABF的法向量n2(1,0,0).6分|cosn1，n2|，解得t2.8分M(0,2,1)为EC的中点，SDEMSCDE2，B到平面DEM的距离h2，VMBDEVBDEMSDEMh.12分【阅卷心语】易错提示(1)解答本题(2)时，易因设不出点M的坐标而无法求解(2)不能把条件“平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为”转化为方程
18、，从而求出点M的坐标，导致无法求解防范措施(1)欲要设出在线段上某点的坐标，可利用三点共线向量满足的条件，求出该点坐标，如本例中，可设t从而求出点M的坐标(用t表示)(2)已知空间角的大小和求空间角的大小，在解题思路上完全一致，不同点是“已知空间角大小”最后应列出一个方程求参数的值1直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，AA1，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成的角为_【解析】建立坐标系如图所示，易得M，A1(0，0)，A(0，)，B1(1,0,0)，所以(1，)，.所以1030，所以，即AB1A1M.【答案】902在如图4310所示的几何体中，ABC是边长
19、为2的正三角形，AE1，AE平面ABC，平面BCD平面ABC，BDCD，且BDCD.图4310(1)若AE2，求证：AC平面BDE；(2)若二面角ADEB为60，求AE的长【解】(1)分别取BC，BA，BE的中点M，N，P，连接DM，MN，NP，DP，则MNAC，NPAE，且NPAE1.因为BDCD，BC2，M为BC的中点，所以DMBC，DM1.又因为平面BCD平面ABC，所以DM平面ABC.又AE平面ABC，所以DMAE，所以DMNP，且DMNP，因此四边形DMNP为平行四边形，所以MNDP，所以ACDP，又AC平面BDE，DP平面BDE，所以AC平面BDE.(2)由(1)知DM平面ABC，AMMB，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz.设AEh，则M(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,0,1)，A(0，0)，E(0，h)，(1,0,1)，(1，h)设平面BDE的法向量n1(x，y，z)则所以令x1，所以n1，又平面ADE的法向量n2(1,0,0)，所以cosn1，n2.解得h1，即AE1.20