人教版高中数学选修2-1第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法（教师版）【个性化辅导含答案】.docx

1、直线与平面的空间向量表示及其夹角_1理解直线的方向向量及平面的法向量；2能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理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；5了解向量方法在研究立体几何问题中的应用1直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面内两不共线向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组为2用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l

2、1和l2的方向向量分别为1和2，则l1l2(或l1与l2重合)12v12.(2)设直线l的方向向量为，与平面共面的两个不共线向量1和2，则l或l存在两个实数x，y，使x1y2(3)设直线l的方向向量为，平面的法向量为u，则l或luu0(4)设平面和的法向量分别为u1，u2，则u1u2u1u2.3用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为1和2，则l1l212120(2)设直线l的方向向量为，平面的法向量为u，则luvu(3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则u1u2u1u204空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的

3、角满足cos|cosm1，m2|(2)设直线l的方向向量和平面的法向量分别为m，n，则直线l与平面所成角满足sin|cosm，n|(3)求二面角的大小()如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，()如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos|cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)5点面距的求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离d规律方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算其中灵活建系是解题的关键(2

4、)其一证明线线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可当然也可证直线的方向向量与平面法向量平行其三证明面面垂直：证明两平面的法向量互相垂直；利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可类型一利用空间向量证明平行问题例：如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点求证：PB平面EFG.【解析】(1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键(2)证明直线与平面平行

5、，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可这样就把几何的证明问题转化为向量运算【答案】证明平面PAD平面ABCD，且ABCD为正方形，AB，AP，AD两两垂直以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)(0，1，0)，(1，2，1)，设平面EFG的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则n(1，0，1)为平面E

6、FG的一个法向量，(2，0，2)，n0，n，PB面EFG，PB平面EFG.练习：已知平面的一个法向量是n(1,1,1)，A(2,3,1)，B(1,3,2)，则直线AB与平面的关系是()AABBABCABDAB或AB【解析】由已知(1,0,1)，n1110110.n.AB或AB.【答案】D类型二利用空间向量证明垂直问题例2： 如图，ABC和BCD所在平面互相垂直， 且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值【解析】(1)可以利用线面的垂直来判定线线垂直，也可以利用空间向量来求解(2)可以作出二面角再进一步求解，也可以利用

7、空间向量求解【答案】解法一：(1)证明：如图(1)，过E作EOBC，垂足为O，连接OF.由题意得ABCDBC，可证出EOCFOC.所以EOCFOC90，即FOBC.又EOBC，EOFOO，因此BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC.图(1)(2)如图(1)，过O作OGBF，垂足为G，连接EG.由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC.又OGBF，由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角EBFC的一个平面角，在EOC中，EOECBCco30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2，从而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值为.解法二：(1)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面

8、DBC内过B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)，因而E，F，所以，(0,2,0)，因此0.从而，所以EFBC.图(2)(2)如图(2)，平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)设平面BEF的法向量为n2(x，y，z)，又，由得其中一个n2(1，1)设二面角EBFC的大小为，且由题意知为锐角，则cos|cosn1，n2|.因此si，即所求二面角的正弦值为.练习：如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A

9、1O平面ABCD，ABAA1.证明：A1C平面BB1D1D.【答案】证明由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图ABAA1，OAOBOA11，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)由，易得B1(1，1，1)(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，1)，0，0，A1CBD，A1CBB1，又BDBB1B，A1C平面BB1D1D.类型三利用空间向量解决探索性问题例3：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

10、？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长【解析】(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论【答案】(1)证明以A为原点，的方

11、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，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)解连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1A

12、D1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos|cos30，即，解得a2，即AB的长为2.练习： 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求证：二面角A1BC1B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求的值【答案】(1)证明在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平

13、面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，(4，0,0)，(0,3，4)，(4，3,0)，(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)取向量n1(0,4,3)，由取向量n2(3,4,0)cos .(3)证明设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且.(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4，(

14、4，33，4)又ADA1B，03(33)160则，因为0,1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B此时.类型四求异面直线所成的角例4：在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角【解析】利用|cos，求出向量与的夹角，再根据异面直线BA1，AC所成角的范围确定异面直线所成角还可用几何法或坐标法【答案】方法一因为，所以()().因为ABBC，BB1AB，BB1BC，所以0，0，0，a2.所以a2.又|cos，cos，.所以，120.所以异面直线BA1与AC所成的角为60.方法二连接A1C1，BC1，则由条件可知A1C1AC，从而BA1与AC所成的角亦为BA1

15、与A1C1所成的角，由于该几何体为边长为a的正方体，于是A1BC1为正三角形，BA1C160，从而所求异面直线BA1与AC所成的角为60.方法三由于该几何体为正方体，所以DA，DC，DD1两两垂直且长度均为a，于是以D为坐标原点，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，于是有A(a,0,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，B(a，a,0)，从而(a，a,0)，(0，a，a)，且|a，a2，cos，120，所以所求异面直线BA1与AC所成角为60.练习已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E是AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.B.C.D.图3【

16、解析】以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图3，设ABa，则ADa，AA12a.B(a，a,0)，C(0，a,0)，D1(0,0,2a)，E(a,0，a)，(0，a，a)，(0，a,2a)，cos，.【答案】C类型五利用空间向量求直线与平面所成的角例5：在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为AB、C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为()A. B.C. D.图5【解析】建系如图5，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，E(1，0)，F(0，1)，B1(1,1,1)(0,1,0)，(0，1)，(1，0)设平面A1EF的一个法向量为n

17、(x，y，z)，则，即.令y2，则.n(1,2,1)，cosn，.设A1B1与平面A1EF的夹角为，则sincosn，即所求线面角的正弦值为.【答案】B练习1：正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_【解析】如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，)，则(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0,1,1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.【答案】30练习

18、2：在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1所成角的大小是_【解析】以A为原点建立直角坐标系(如图8所示)，设B(2,0,0)，则E(1,0,0)，F(2,2,1)，C1(2,2,2)，A1(0,0,2)，(1,2,1)，(2,2,0)，cos，30.【答案】30类型六利用空间向量求二面角例6：如图所示，P是二面角AB棱上一点，分别在，内引射线PM，PN，若BPMBPN45，MPN60，则二面角AB大小为_【解析】如图10，过M在内作MFAB，过F在内作FNAB交PN于点N，连结MN.MPBNPB45，PMFPNF.设PM1，则：MFNF，P

19、MPN1，又MPN60，MNPMPN1，MN2MF2NF2，MFN90.【答案】90练习：如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)若PDAD，求二面角APBC的余弦值【答案】解：(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.故PABD.(2)如图14，以D为坐标原点，设AD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.则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1，0)，P(0,0,1)图14(1

20、，0)，(0，1)，(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则即因此可取n(，1，)设平面PBC的法向量为m，则可取m(0，1，)cosm，n.故二面角APBC的余弦值为.1在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是()A.B.C.D.【答案】C2.如图，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()A30B45C60D90【答案】B3将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，则下面结论错误的为()AACBDBACD是等边三角形CAB与平面BCD所成的角为60DAB与CD所成的

21、角为60【答案】C4在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_【答案】5.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点求证：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.【答案】证明：如图建立空间直角坐标系Axyz，不妨设ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)(1)取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，DEN

22、C，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)(2)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF.6. 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值【答案】(1)证明：连接BC1交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点。因为AO=CO,AB=BC,有,从而OA垂直OB,有OA,OB,OB1两

23、两垂直。以O为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC, OCOA，则A，B(1,0,0)，B1，C，0，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为._基础巩固（1）1.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，ACBC1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是()A.B.C.D.【答案】B2.在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD

24、平面ABCD，ABPDa.点E为侧棱PC的中点，又作DFPB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为()A30B45C60D90【答案】D3如图所示，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_【答案】604.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是_【答案】905 正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_【答案】30能力提升（2）6.如图所示，已知空间四

25、边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点(1)求证：MNAB，MNCD；(2)求MN的长；【答案】(1)证明设p，q，r.由题意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量两两夹角均为60.()(qrp)，(qrp)p(qprpp2)(a2cos60a2cos60a2)0.MNAB，同理可证MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)a2a2a22()2a2.|a，MN的长为a.7.如图，在直三棱柱ADE BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点求证：(1)OM平面BCF；(2

26、)平面MDF平面EFCD.【证明】由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，0，.棱柱ADE BCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，由n1n10，得解得令x11，则n1.同理可得n2(0,1,1)则n1n20，平面MDF平面EFCD.8.如

27、图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形 AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1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【答案】(1)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(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向

28、量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样地，设平面A1B1C1的法向量n(x1，y1，z1)，则即不妨令y1，可得n(0，)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N，设M(a，b,0)，则.由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此，所以线段BM的长|.8. 9.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【答案】(1)证明以A为原点，向量，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，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.