空间向量与立体几何

1、精选文档题型专题(十)空间向量与立体几何考点一：利用空间向量证明空间位置关系据两类向量(方向向量、法向量)定向，靠精确运算解题设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)平面，的法向量分别为u(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)线面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3.(4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30.典例如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：E

2、F平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)由于，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面 PAB，所以EF平面 PAB.(2)由于(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又由于APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.由于DC平面PDC，所以平面PAD

3、平面PDC.向量证明平行与垂直的四个步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面对量或法向量，再争辩平行、垂直关系；(4)依据运算结果解释相关问题 即时应用在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点求证：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标

4、系，如图所示，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设BAa，则A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，则，(0,1,1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知平面EGF平面ABD.考点二：利用空间向量求线线角、线面角遵循解题四步骤，关键是把坐标求1.向量法求异面直线所成的角若异面直线a，b

5、的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为，则cos |cosa，b|.2.向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为，则sin |cosn，a|.典例(2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接BD，设BDAC于点G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所

6、以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.由于EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.1利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；(3)结

7、合公式进行论证、计算；(4)转化为几何结论2求空间角应留意的问题(1)两条异面直线所成的角不肯定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |.(2)直线与平面所成角和直线的方向向量和平面法向量的夹角并不肯定互余 即时应用(2015江西八所中学联考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，DAB90，ADBC，AD侧面PAB，PAB是等边三角形，DAAB2，BCAD，E是线段AB的中点(1)求证：PECD；(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值解：(1)证明：由于AD侧面PAB，PE平面PAB，所以ADPE.又由于PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，所以PEAB.由于ADABA，

8、所以PE平面ABCD.而CD平面ABCD，所以PECD.(2)以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.则E(0,0,0)，C(1，1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，)(2,1,0)，(0,0，)，(1，1，)设n(x，y，z)为平面PDE的法向量由即令x1，可得n(1，2,0)设PC与平面PDE所成的角为，则sin |cos，n|.所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.考点三：利用空间向量求二面角两角(法向量夹角、二面角)时同时异应辨清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 |cosn1，n2|；若二面角l所成的角为钝

9、角，则cos |cosn1，n2|.典例(2015重庆高考)如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值解(1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，得PCDE.由CE2，CDDE，得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE.如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1.又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以

10、，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，(1，1，0)，(1，1,3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取n1(2,1,1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故所求二面角APDC的余弦值为.求平面的法向量的方法(1)待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程求解(2)先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量说明两平面的法向量的

11、夹角不肯定是所求的二面角 即时应用(2015贵阳监测考试)如图，已知四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ABAC，ABACPA2，E是BC的中点(1)求异面直线AE与PC所成的角；(2)求二面角DPCA的平面角的余弦值解：(1)如图所示，以A点为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)故E(1,1,0)，(1,1,0)，(0,2，2)，cos，即，60，故异面直线AE与PC所成的角为60.(2)在四边形ABCD中，ABAC2，ABAC，ABCACB45，ADBC，DACACB45，又ADCD，ADCD，D(1,1,0)，又C

12、(0,2,0)，(1，1,0)，(0,2，2)设n(x，y，z)是平面PCD的法向量，则n，n，即n0，n0，令x1得，y1，z1，即n(1,1,1)，|n|，又AB平面PAC，(2,0,0)是平面PAC的一个法向量，cos，n，即二面角DPCA的平面角的余弦值为. 常考常新的空间直角坐标系的建立空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题.解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题一个新的命题点. 典例(2015福建高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB

13、平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：GF平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值学审题(1)(2)解(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB.又F是CD的中点，所以DFCD.由四边形ABCD是矩形，得ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过点B作BQEC.由于BECE，所以BQBE.又由于AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为原点，分

14、别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)由于AB平面BEC，所以(0,0,2)为平面BEC的法向量设n(x，y，z)为平面AEF的法向量又(2,0，2)，(2,2，1)，由得取z2，得n(2，1,2)从而cosn，所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.建立空间直角坐标系的基本思想是查找其中的线线垂直关系(上题是作出BQBE)，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标

15、系，留意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称 即时应用(2015唐山一模)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1与侧面CBB1C1都是菱形，ACC1CC1B160，AC2.(1)求证：AB1CC1；(2)若AB1，求二面角CAB1A1的余弦值解：(1)证明：连接AC1，CB1，则ACC1和B1CC1皆为正三角形取CC1的中点O，连接OA，OB1，则CC1OA，CC1OB1，OAOB1O，则CC1平面OAB1，则CC1AB1.(2)由(1)知，OAOB1，又AB1，所以OAOB1，如图所示，分别以OB1，OC1，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，1

16、，0)，B1(，0,0)，A(0,0，)，A1(0,2，)，设平面CAB1的法向量为m(x1，y1，z1)，由于(，0，)，(0，1，)，所以取m(1，1)设平面A1AB1的法向量为n(x2，y2，z2)，由于(，0，)，(0,2,0)，所以取n(1,0,1)，则cosm，n，由于二面角CAB1A1为钝角，所以二面角CAB1A1的余弦值为. 夯实每一步，成果步步高1已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.B.C. D.解析：选B如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为ABC的中心，

17、由题意知，PO平面ABC，连接OA，则PAO即为PA与平面ABC所成的角在正三角形ABC中，ABBCAC，则S()2，VABCA1B1C1SPO，PO.又AO1，tanPAO，PAO.2(2015贵阳市监测考试)如图，点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN 的条数有()A0条 B1条C2条 D很多条解析：选B假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2,0,2)，E(1,2,0)，设M(x，y，z)，m (0m1)，(x2，y，z2)m(1,2，2)，

18、x2m，y2m，z22m，M(2m,2m,22m)，同理，若设n (0n1)，可得N(2n，2n,2n)，(m2n2,2n2m,2mn)又MN平面ABCD.解得即存在满足条件的直线MN，且只有一条3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为_解析：以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E， D(0，1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的法向量为n1(1，y，z)，则n1(1,2,2)，平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.故所成的锐二面角的

19、余弦值为.答案：4(2015沈阳市质量监测)在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为_ 解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示设棱柱的高为a，由BAC，AC4，得BC4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0,4，a)，C1(0,0，a)，M，P，Q.所以(1,2，0)，(4,0,0)设异面直线QP与CA所成的角为，所以|cos |，

20、由|1420004，|44，得|cos |.由sin2cos21得，sin2，所以sin ，由于异面直线所成角的正弦值为正，所以sin 即为所求答案：5(2015山西省考前质量检测)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，PD底面ABCD，ABCD，ADCD，ADAB1，BC.(1)求证：平面PBD平面PBC；(2)设H为CD上一点，满足2，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为，求二面角HPBC的余弦值解：(1)证明：由ADCD，ABCD，ADAB1，可得BD.又BC，CD2，BCBD.PD底面ABCD，PDBC，又PDBDD，BC平面PBD，平面PBD平面PBC.(2)由(1)可知

21、BPC为PC与平面PBD所成的角，tanBPC，PB，PD1.由2及CD2，可得CH，DH.以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系则B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H .，(1,1，1)，(1,1,0)设平面HPB的法向量为n(x1，y1，z1)，则即取y13，则n(1，3，2)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，则即取x21，则m(1,1,2)又cosm，n，故二面角HPBC的余弦值为.6(2015兰州市诊断考试)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，AB2，BCCD1，顶点D1在底面A

22、BCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1BC；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值解：(1)证明：连接D1C，则D1C平面ABCD，D1CBC.在等腰梯形ABCD中，连接AC，AB2，BCCD1，ABCD，BCAC，又ACD1CC，BC平面AD1C，AD1BC.(2)由(1)知，AC，BC，D1C两两垂直，ABCD，D1DC，CD1，D1C.在等腰梯形ABCD中，AB2，BCCD1，ABCD，AC，以C为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，(

23、，1,0)，(，0，)设平面ABC1D1的法向量n(x，y，z)，由得可得平面ABC1D1的一个法向量n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos，n，平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.7(2015陕西高考)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值解：(1)证明：在题图中，由于ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图中，B

24、EOA1，BEOC，OA1OCO，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，由于A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，则得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD

25、夹角的余弦值为.8(2015北京海淀模拟)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是菱形，ACBDO，PAC是边长为2的等边三角形，PBPD，AP4AF.(1)求证：PO底面ABCD.(2)求直线CP与平面BDF所成角的大小(3)在线段PB上是否存在一点M，使得CM平面BDF?假如存在，求的值；假如不存在，请说明理由解：(1)证明：由于底面ABCD是菱形，ACBDO，所以O为AC，BD的中点又由于PAPC，PBPD，所以POAC，POBD，所以PO底面ABCD.(2)由底面ABCD是菱形可得ACBD，又由(1)可知POAC，POBD.如图所示，以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向

26、建立空间直角坐标系Oxyz.由PAC是边长为2的等边三角形，PBPD，可得PO，OBOD.所以A(1,0,0)，C(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0，)所以(1,0，)，(1,0，)由已知可得.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)则即令x1，则z，所以n(1,0，)由于cos，n.所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为.所以直线CP与平面BDF所成的角的大小为30.(3)设(01)，则(1，(1)，)若CM平面BDF，仅需n0，且CM平面BDF.即130，解得0,1所以在线段PB上存在一点M，使得CM平面BDF.此时.近年对线性规划问题考查题目越来越机敏，与其他学问联系越来越广，常与平面对量、集合、导数、区间根等学问结合命题，考查目标函数最值、参数的值(范围)一、经典例题领悟好例1(2013辽宁五校联考)已知集合A(x，y)|，B(x，y)|x2(y1)2m，若AB，则m的取值范围是()Am1Bm Cm2 Dm 解析作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0,1)的距离分别是1,1，由AB得三角形全部点都在圆的内部，故，解得m2.答案C解决此类问题要学会集合语言的转化，