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1-4-2空间向量


第2讲 立体几何中的向量方法

要点梳理 知识回顾 理清教材 一.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重 合)? v1∥v2 . (2)设直线 l 的方向向量为 v,与平面 α 共面的两个不共线向量 v1 和 v2,则 l∥α 或 l?α? 存在两个实数 x,y,使

v=xv1+yv2 . (3)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l∥α 或 l?α ?v⊥u . (4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β? u1 ∥u2 .

二.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 v1 和 v2,则 l1⊥l2? v1⊥v2 ? v1· v2=0 . (2)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u, 则 l⊥α ? v∥u . (3) 设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2 ,则 α⊥β u2=0 ? u1⊥u2 ? u1· .

要点梳理 三.用向量求空间角

知识回顾 理清教材

1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a,b的方向向量为a,b,其夹角 | 其中φ为异面直线a, 为θ,则cosφ=|cosθ|= | a ? b ( | a |?| b | b所成的角). 2.直线和平面所成的角的求法 如图所示,设直线l的方向向量为e,平面α的法向 量为n,直线l与平面α所成的角为φ,两向量e与n的 | n ?e | 夹角为θ,则有sinφ=|cosθ|= . | n |?| e |

要点梳理

知识回顾 理清教材

3.求二面角的大小 (1)如图①,AB、CD是二面角α-l-β的两个面内与 CD 〉 〈 AB ,. 棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=

(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两 个半平面α,β的法向量,则二面角的小大θ ? n1 , n2 ?) = ? n1 , n2 ? (或? ? .

(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中, 侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C. (1)证明:AC=AB1; (2) 若 AC⊥AB1 ,∠ CBB1 = 60°, AB = BC ,求二面 角A-A1B1-C1的余弦值.
(1)证明 连接BC1,交B1C于点O,连接AO. 因为侧面BB1C1C为菱形, 所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点. 又AB⊥B1C,AB∩BO=B, 所以B1C⊥平面ABO. 由于AO?平面ABO, 故B1C⊥AO. 又B1O=CO,故AC=AB1.

(2)解 因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,所以 AO=CO. 又因为 AB=BC,所以△BOA≌△BOC. 故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两互相垂直. → ,OB → ,OA → 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴 以 O 为坐标原点,OB 1 → |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 O- 的正方向,|OB xyz.

因为∠CBB1=60° ,所以△CBB1 为等边三角形. 又 AB=BC,OC=OA,则
? A? ?0,0, ? ? ? ? ? 3? 3 3 ? ? ? ? ? , B (1,0,0) , B , C 0 , , 0 0 ,- , 0 1? ? ? ?. 3? 3 3 ? ? ? ? ?

3 3? 3? → ? → → ? → → ? ? ? AB1 = ?0, ,- ? , A1B1 = AB = ?1,0,- ? , B C = BC = 1 1 ? 3 3 3 ? ? ? ?
? ? ?-1,- ? ? 3 ? , 0 ?. 3 ?

设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,则 3 ? 3 → ? ? 3 y- 3 z=0, ?n· AB1=0, ? 即? → 3 ? ? n · A B = 0 , ? 1 1 x- 3 z=0. ?

所以可取 n=(1, 3, 3). ? ?m· A→ 1B1=0, 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? → ? m · B ? 1C1=0. 同理可取 m=(1,- 3, 3). n· m 1 则 cos〈n,m〉=|n||m|=7. 1 所以二面角 AA1B1C1 的余弦值为7.

热点一 向量法证明平行与垂直
【例1】 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)平面MDF⊥平面EFCD.

证明 法一 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),
?1 ? ?1 1 1? F(1,0,1),M?2,0,0?,O?2,2,2?. ? ? ? ? ? 1 1? → (1)OM=?0,-2,-2?, ? ?

→ =(-1,0,0), BA →· → =0,∴OM → ⊥BA → .∵棱柱 ADE ∴OM BA BCF 是直三棱柱,∴AB → 是平面 BCF 的一个法向量, ⊥平面 BCF,∴BA 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,
?1 ? → → → z1),n2=(x2,y2,z2).∵DF=(1,-1,1),DM=?2,-1,0?,DC ? ?

x1-y1+z1=0, ? ? → =n · → =0,得? =(1,0,0),由 n1· DF DM 1 1 x -y =0, ? ?2 1 1 1 ? ?y1=2x1, 解得? ?z1=-1x1, 2 ?
? 1 1? n1=?1,2,-2?. ? ?

令 x1=1,则

同理可得 n2=(0,1,1).则 n1· n2=0,∴平面 MDF⊥平面 EFCD.

1 → → 1 → → → → → 法二 (1) OM=OF+FB+BM=2 DF-BF+2 B A 1 → → 1→ 1 → 1 → 1→ 1 → → = ( DB+BF)-BF+ B A=- BD- BF+ B A=- ( BC+ 2 2 2 2 2 2 1→ 1 → → B A)- BF+ B A 2 2 1→ 1→ =-2BC-2BF. ∴向量OM与向量BF,BC共面, 又 OM?平面 BCF,∴OM∥平面 BCF.







(2)由题意知,BF,BC,BA 两两垂直, ∵CD=BA, FC=BC-BF,
? 1 → 1 →? → → → ∴OM· CD=?-2 BC-2 BF?· BA=0, ? ? ? 1 → 1 →? → → → → OM· FC=?-2 BC-2 BF?· (BC-BF) ? ?











1→2 1→2 =-2BC +2BF =0. ∴OM⊥CD,OM⊥FC,又 CD∩FC=C, ∴OM⊥平面 EFCD. 又 OM?平面 MDF, ∴平面 MDF⊥平面 EFCD.

→ 与平面 BCF 的 探究提高 (1)要证明线面平行, 只需证明向量OM →与 法向量垂直;另一个思路则是根据共面向量定理证明向量 OM → , BC → 共面.(2)要证明面面垂直,只要证明这两个平面的法向 BF
量互相垂直; 也可根据面面垂直的判定定理证明直线 OM 垂直于 平面 EFCD,即证 OM 垂直于平面 EFCD 内的两条相交直线,从

→ 与向量FC → 、DC → 垂直. 而转化为证明向量OM

【训练1】 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直
角三角形,∠ BAC = 90°,且 AB = AA1 , D , E , F 分别为 B1A,C1C,BC的中点,求证: (1)DE∥平面ABC; (2)B1F⊥平面AEF.

证明 如图建立空间直角坐标系
A-xyz,不妨设AB=AA1=4, 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), ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), ∴DE=NC,∴DE∥NC, 又∵NC?平面 ABC,DE?平面 ABC. 故 DE∥平面 ABC.

→ →





→ → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2), → =(2,2,0). AF → → ∴B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → ∴B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩FE=F, ∴B1F⊥平面 AEF.

热点二 利用空间向量求空间角

[微题型1] 求线面角
【例 2 - 1】 (2014· 福建卷 ) 在平面四边形 ABCD 中, AB = BD = CD = 1 , AB⊥BD , CD⊥BD. 将△ ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD;

(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

(1)证明

∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,

AB?平面ABD, AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD, ∴AB⊥CD.

(2)解

过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图.

由(1)知 AB⊥平面 BCD,BE?平面 BCD, BD?平面 BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD. → ,BD → ,BA → 的方向为 x 轴、y 轴、z 以 B 为坐标原点,分别以BE 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),
? 1 1? M?0,2,2?, ? ? ? 1 1? → → 则BC=(1,1,0),BM=?0,2,2?, ? ?

→ =(0,1,-1). AD

设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0), → ? ?n· BC=0, 则? → ? BM=0, ?n· ? ?x0+y0=0, 即?1 1 y0+2z0=0, ? 2 ? 取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1).

设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ, →| | n · AD 6 → 则 sin θ=|cos〈n,AD〉|= =3, → |n|· |AD| 6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 .

规律方法 (1)利用面面垂直时,要注意通法和严谨性,先找出
交线,再判断交线的垂直,才能得到线面垂直;(2)利用向量法 求线面角时,直线所在向量与法向量所成夹角的余弦值恰为线 面角的正弦值.

[微题型2] 求面面角 【例2-2】 (2014·河南十所名校联考)如图,在几何体ABCDEF

中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且所在平面平行,四
边形BCED为正方形,且所在平面垂直于平面ABC. (1)证明:平面ADE∥平面BCF; (2)求二面角D-AE-F的正切值.

(1)证明 取BC的中点O,ED的中点G,连接AO,OF,FG,
AG.则AO⊥BC,又平面BCED⊥平面ABC,所以AO⊥平面 BCED,同理FG⊥平面BCED,所以AO∥FG,又易得AO= FG,所以四边形AOFG为平行四边形,所以AG∥OF,又 DE∥BC,所以平面ADE∥平面BCF.

(2)解

建立如图所示的空间直角坐标系,设 BC=2,则 A( 3,

0,0),D(0,1,2),E(0,-1,2),F(- 3,0,2),则AD



→ =(- 3,-1,2), AF → =(-2 3,0,2). =(- 3,1,2), AE

设平面 ADE 的一个法向量是 n=(x1,y1,z1),则 3 ? → ? ? ? ? n· AD=0, ?- 3x1+y1+2z1=0, z1= 2 x1, ? ?? ?? ? → ?- 3x1-y1+2z1=0 ? ? AE=0, ? n· ?y1=0. 令 x1=2,得 n=(2,0, 3). 设平面 AEF 的一个法向量是 m=(x2,y2,z2),则

→ =0, ? ? ? ?m · AE ?- 3x2-y2+2z2=0, ?y2= 3x2, ? ?? ?? 令 x2= ? ? → =0 ?-2 3x2+2z2=0 ?z2= 3x2, ? AF ?m ·
1,得 m=(1, 3, 3),

2+3 5 m· n 所以 cos〈m,n〉=|m||n|= =7, 4+3× 1+3+3 5 易知二面角 D-AE-F 为锐二面角,故其余弦值为7, 2 6 所以二面角 D-AE-F 的正切值为 5 .

规律方法 二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余 弦绝对值相等,其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进 行确定.

【训练2】 (2014·广东卷)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥
平面 ABCD ,∠ DPC = 30°, AF⊥PC 于点 F , FE∥CD ,交 PD于点E. (1)证明:CF⊥平面ADF; (2)求二面角D-AF-E的余弦值.

(1)证明 由题意可知 DA⊥DC,DA⊥DP,DC⊥DP,故以 D 为 原点,DP 所在直线为 x 轴,DC 所在直线为 y 轴,DA 所在直线 为 z 轴建立空间直角坐标系. 设正方形 ABCD 的边长为 a,则 C(0,a,0),A(0,0,a), 由平面几何知识可求得
? F? ? ? ? 3 3 ? a , a , 0 ?, 4 4 ?

? ? 1 3 → ? → ? → ? 3 ? ? 3 所以CF=? a,- a,0?,DF=? a, a,0? , DA =(0,0,a), ? 4 4 4 4 ? ? ? ? ? 3 ?? 3 ? 1 3 → → ? ?? ? 所以CF· DF=? a,- a,0?· a , a , 0 ? 4 ?=0, 4 4 4 ? ?? ? ? 3 ? 1 → → ? CF· DA=? a,- a,0? (0,0,a)=0, ?· 4 ? 4 ?

故 CF⊥DF,CF⊥DA.又 DF∩DA=D, 所以 CF⊥平面 ADF.

(2)解
? ? ? ?

可求得

? E? ? ?

? ? 3 ? 3 → →= ? ? ? ,则 AE = ,又 AF a , 0 , 0 a , 0 ,- a ? ? 4 ? 4 ? ? ?

? 3 3 ? , a , a ,- a ? 4 4 ?

→ = (x , y , 设平面 AEF 的法向量为 n = (x , y , z) ,则 n· AE
? 3 ? ? ? z)· a , 0 ,- a ? 4 ?= ? ? ? 3 ? 3 3 → ? ? ax - az = 0 , n · AF = ( x , y , z )· a , a ,- a ? 4 ? 4 4 ? ?

3 3 = 4 ax+4ay-az=0, 取 x=1,得平面 AEF 的一个法向量
? n=? ?1,0, ?

3? ? . 4? ?

又由(1)知平面 ADF 的一个法向量为
? 1 → ? ? 3 CF=? a,- a,0? ?, 4 4 ? ? ? ? ?1,0, ? ? ? 3? 1 ?? 3 ? · a ,- a , 0 ? ? 2 57 4? 4 ?? 4 ? = 19 , 19 1 4 ×2a

→ 〉= 故 cos〈n,CF

2 57 由图可知二面角 D-AF-E 为锐二面角,所以其余弦值为 19 .

热点三 利用空间向量解决立体几何中的探索

性问题[微题型1] 以位置关系为已知条件探索点的位置
【例 3 - 1】 如图所示,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形, MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC 的中点. (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;

(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,
求线段AS的长;若不存在,请说明理由.



(1)如图以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 D-xyz.

依题意得 D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0), 1 B(1,1,0),N(1,1,1),E(2,1,0), 1 → 所以NE=(- ,0,-1), 2

→ =(-1,0,1). AM

设直线 NE 与 AM 所成角为 θ,

→ ,AM → 〉| 则 cos θ=|cos〈NE
= = → |· →| 5 | NE |AM 2× 2

→· →| |NE AM

1 2

10 = 10 . 10 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 .

(2)如图,假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN,连 接 AE.

→ =(0,1,1),可设AS → =λAN → =(0,λ,λ), 因为AN
1 → 又EA=( ,-1,0), 2 1 → → → 所以ES=EA+AS=( ,λ-1,λ). 2

1 ? → → ? ?- +λ=0, ? E S· AM=0, 由 ES⊥平面 AMN,得? 即? 2 → A → ? ? N=0, ? E S· ??λ-1?+λ=0, 1 1 1 2 → → 故 λ=2,此时AS=(0,2,2),| A S|= 2 . 2 经检验,当 AS= 2 时,ES⊥平面 AMN. 2 故在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN,此时 AS= . 2

[微题型 2]

以空间角为已知条件探索点的位置

【例 3-2】 如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=4, CB=4,CC1=2 2,∠ACB=90° , 点 M 在线段 A1B1 上.若直线 AM 与平面 ABC1 所成角为 30° , 试确定点 M 的位置.

解 以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CC1 所在直线为 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(4,0,0), B(0,4,0),A1(4,0,2 2),B1(0,4,2 2),C1(0,0,2 2),

→ → AB=(-4,4,0),AC1=(-4,0,2 2)

设平面 ABC1 的法向量为 n=(a,b,c),

→ =0, ? ? n· AB 由? 得 → =0, ? n · AC ? 1
? ?-4a+4b=0, ? ? ?-4a+2 2c=0,

令 a=1,则 b=1,c= 2,所以平面 ABC1 的一个法向量为 n= (1,1, 2).

因为点 M 在线段 A1B1 上,所以可设 M(x,4-x,2 2),所以AM=(x -4,4-x,2 2). 因为直线 AM 与平面 ABC1 所成角为 30° , 所以|cos 1 → 〈n, AM〉|=sin 30° =2.



→ |=|n||AM → ||cos〈n,AM → 〉|,得 由|n· AM
|1×(x-4)+1×(4-x)+ 2×2 2| 1 =2× ?x-4? +?4-x? +8× ,解得 x=2 或 x=6. 2
2 2

因为点 M 在线段 A1B1 上, 所以 x=2, 即点 M(2,2,2 2)是线段 A1B1 的中点.

探究提高 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 否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有 效,应善于运用这一方法解题.

【 训 练 3】 如 下 图 , 在 直 三 棱 柱 ABC - A1B1C1 中 , ∠ ACB =

90°, E 是棱 CC1 上的动点, F 是 AB 的中点, AC = BC = 2 ,
AA1=4. (1)当E是棱CC1的中点时,求证CF∥平面AEB1; (2)在棱CC1上是否存在点E,使得二面角A-EB1-B的大小是 45°?若存在,求CE的长;若不存在,请说明理由.

(1)证明 取 AB1 的中点 G,连接 EG、FG. ∵F,G 分别是棱 AB,AB1 的中点, 1 1 ∴FG∥BB1,FG=2BB1.又 EC∥BB1,EC=2BB1, ∴FG∥EC,FG=EC,∴四边形 FGEC 是平行四边形. ∴CF∥EG. 又∵CF?平面 AEB1,EG?平面 AEB1, ∴CF∥平面 AEB1.

(2)解

以点 C 为坐标原点,射线 CA、CB、CC1 为 x,y,z 轴正

半轴,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. 则 C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,4). 设 E(0,0,m),平面 AEB1 的法向量 → → n=(x,y,z),则AB1=(-2,2,4),AE=(-2,0,m), → ⊥n,AE → ⊥n , 且AB 1

? mz x= 2 , → ? ? ?AB1· n=-2x+2y+4z=0, 于是? 则? mz-4z →· ? ? AE n =- 2 x + mz = 0 , ? y= 2 . ? 取 z=2,则 n=(m,m-4,2), ∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱,∴BB1⊥平面 ABC. 又∵AC?平面 ABC,∴AC⊥BB1.∵∠ACB=90° , ∴AC⊥BC. ∵BB1∩BC=B,∴AC⊥平面 ECBB1.

→ → ∴CA是平面 ECBB1 的法向量,且CA=(2,0,0), 二面角 A-EB1-B 的大小是 45° . →· CA n 2m 2 则 cos 45° = = 2 2 2= 2 , → |CA||n| 2× m +?m-4? +2 5 解得 m=2. 在棱 CC1 上存在点 E, 使得二面角 A-EB1-B 的大小是 45° .此时 5 CE=2.

1.利用空间向量证明线面关系时,应抓住直线的方向向量与平
面的法向量之间的关系,如直线的方向向量与平面的法向量 共线时,直线和平面垂直;直线的方向向量与平面的法向量 垂直时,直线和平面平行或直线在平面内.

π 2.两条直线夹角的范围为[0,2].设直线 l1,l2 的方向向量分别 |n1· n2| 为 n1,n2,其夹角为 θ,则 cos θ=|cos〈n1,n2〉|=|n ||n |. 1 2 3.二面角的范围为[0,π].设半平面 α 与 β 的法向量分别为 n1 |n1· n2| 与 n2,二面角为 θ,则|cos θ|=|cos〈n1,n2〉|=|n ||n |. 1 2 4.利用空间向量求解二面角时,易忽视二面角的范围,误以为 两个法向量的夹角就是所求的二面角,导致出错.

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