高三数学理科二轮专题六立体几何中的向量方法

1、第三讲立体几何中的向量方法研热点（聚焦突破）类型一 利用空间向量证明位置关系设直线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

2、，求AP的长；若不存在，说明理由解析(1)证明：以A为原点，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(，1，0)，B1(a，0，1)，故(0，1，1)，(，1，1)，(a，0，1)，(，1，0)011(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(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(1，a)要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP 平面B1AE，存在

3、点P，满足DP平面B1AE，此时AP.跟踪训练如图，在圆锥PO中，已知PO，O的直径2，C是的中点，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，)，D(，0)设n1(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n10，n10，得所以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n20，n20，得所以x2z2，y2z2，取z21，得n2(，1)因为n1n2

4、(1，1，0)(，1)0，所以n1n2.从而平面POD平面PAC.类型二 利用空间向量求角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|.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 |cos 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|；若二面角l所成的角为钝角，则cos |cosn1，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

5、的中点(1)证明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC为直二面角，求的值解析(1)证明：证法一连接AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC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.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MP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.(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Oxyz，如

6、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(0，1)，所以M(，0，)，N(，1)设m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量由得可取m(1，1，)设n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因为AMNC为直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得(负值舍去)跟踪训练(2012年长沙模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，ADBC，ABC90，PD平面ABCD，AD1，AB，BC4.(1)求证：BDPC；(2)求直线AB与平面PDC所成的角的大小；解析：如图，在平面ABCD内过点D

7、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(1，0)，D(0，0，0)，C(3，0)(1)证明：设PDa，则P(0，0，a)，(1，0)，(3，a)，330，BDPC.(2)由(1)及PD平面ABCD易知BD平面PDC，则就是平面PDC的一个法向量(0，0)，(1，0)设AB与平面PDC所成的角的大小为，则sin .090，60，即直线AB与平面PDC所成的角的大小为60.类型三 利用空间向量解决探索性问题探索性问题的类型(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

8、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，DECD，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Cxyz，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)

9、，B(3，0，0)，E(2，2，0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3，0，2)，(1，2，0)，令y1，则x2，z，设CM与平面A1BE所成的角为.(0，1，)，sin |cosn，|.CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点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(0，2，2)，(p，2，0)，令x2，则yp，z，m(2，p，)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垂直跟踪训练如图，在直三棱

10、柱ABCA1B1C1中，已知BC1，BB12，BCC1，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，C1)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ABCA1B1C1中，平面ABC的法向量(0，2，0)，又(1，2，0)，设BC1与平面ABC所成角为，则sin |cos ，|，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(1，2y，0)，(1，y，z)EA

11、EB1，1y(2y)0，y1，即E(1，1，0)，E为CC1的中点析典题（预测高考）高考真题【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(，0)，P(0，0，2)(1)证明：易得(0，1，2)，(2，0，0)，于是0，所以PCAD.(2)(0，1，2)，(2，1，0)

12、设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令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，(3)设点E的坐标为(0，0，h)，其中h0，2由此得(，h)由(2，1，0)，故cos ，所以cos 30，解得h，即AE.【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)问借助于方程思想及向量法求AE长最简便名师押题【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 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