小结教案设计

用空间向量法求解立体几何问题

以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。

利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法

一：利用空间向量求空间角

(1)两条异面直线所成的夹角

范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是

。

向量求法：设直线a,b的方向向量为a,b，其夹角为，则有cos___________.

(2)直线与平面所成的角

定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。

范围：直线和平面所夹角的取值范围是

。

向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线与法向量所成角的余弦值为|cos|___________.直线与平面所成的角为，则有sin___________.或在平面内任取一个向量m，则|cos|___________.. (3)二面角

二面角的取值范围是

. 二面角的向量求法：

方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的

即为所求的二面角的大小；

方法二：设n1，n2分别是两个面的

，则向量n1与n2的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。

题型1：异面直线所成的角

例1、已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB的中点。

求：D1E与平面BC1D所成角的大小（用余弦值表示）

解析：建立坐标系如图，

则A2,0,0、B2,2,0，C0,2,0，

z D1

A1

C1

A12,0,2，B12,2,2，D10,0,2，E2,1,0，B1

AC2,2,2，

1D1E2,1,2，AB0,2,0，BB10,0,2。

不难证明AC1为平面BC1D的法向量，

∵

cosA1C,D1EA x D y C E B 3。

9A1CD1EA1CD1E

∴ D1E与平面BC1D所成的角的余弦值为3。

9反思归纳：将异面直线间的夹角转化为空间向量的夹角。

题型2：直线与平面所成的角

例2、（09年高考试题）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90，侧棱AA1＝2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G。求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用余弦值表示）；

解析：如图所示，建立坐标系，坐标原点为C，设CA＝2a，z 则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，A1(2a，0，2)，

C1

2a2a1E(a，a，1)，

G(,,) ，

333A1

B

∵

GEa,a,2，

3331DD

E

K

G

C

B

y

BD0,2a,1，

GEBD2a220，

33∴

a＝1，GE1,1,2，

333x

A

A1B2,2,2

∵

GE为平面ABD的法向量，且cosA1B,GE2。

3A1BGEA1BGE∴

A1B与平面ABD所成角的余弦值是2。

3反思归纳：先处理平面的法向量，再求直线的方向向量与法向量夹角间的夹角转化为线面角。

题型3：二面角

例3、（08年高考）在四棱锥P－ABCD中，ABCD为正ABCD，PA＝AB＝a，E为BC中点。

（1）求平面PDE与平面PAB所成二面角的大小（用（2）求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小。

解析：（1）延长AB、DE交于点F，则PF为平面二面角的棱，∵PA⊥平面ABCD，∴AD⊥PA、AB, 面BPA于A，

F E PDE与平面PAD所成PA∩AB=A∴DA⊥平方形，PA⊥平面O 正切值表示）；

过A作AO⊥PF于O，连结OD，则∠AOD即为平面PDE与平面PAD所成二面角的平面角。易得tanAOD55，故平面PDE与平PAD所成二面角的正切值为；

22（2）解法1（面积法）如图∵AD⊥PA、AB, PA∩AB=A，

∴DA⊥平面BPA于A, 同时，BC⊥平面BPA于B，

∴△PBA是△PCD在平面PBA上的射影, 设平面PBA与平面PDC所成二面角大小为θ, cosθ=S△PAB/S△PCD=/2 θ=45。

0即平面BAP与平面PDC所成的二面角的大小为45°。

解法2（补形化为定义法）

如图：将四棱锥P-ABCD补形得正方体ABCD－PQMN，则PQ⊥PA、所成二面角的平面角。

在Rt△PAD中，PA=AD，则∠APD=45°。即平面BAP与平面PDC45°。

（二）、强化巩固训练

PD，于是∠APD是两面所成二面角的大小为1、（2007年，北京卷高考题）如图6，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1332，D是CB延长线上一点，且BDBC。求二面角B1ADB的大小。（略去了该题的①，③问）

2、（06四川卷）已知球O的半径是1，A、B、C三点都在球面上，A、B两点和A、C两点的球面距离都是4，B、C两点的球面距离是3，则二面角BOAC的大小是（ ）

2（A）4 （B）3 （C）2 （D）3

1、解析：（1）取BC的中点O，连AO。

由题意：平面ABC平面BCC1B1，AOBC，∴AO平面BCC1B1，

以O为原点，建立如图6所示空间直角坐标系，

A（0,0,则

3393）B（,0,0）D（,0,0）222，，，zACOBB1DA1C19333B（,3,0）AD（,0,3）12222，

∴，

yx

B1D（3,333,0）BB1（0,3,0）22，

，

BB1（0,33,0）2为平面ABD的法向量。

由题意 BB1平面ABD，

∴

设

平面AB1D的法向量为

n2(x,y,z)，

39x3z0322x3yn2ADn2AD0323x3y0z3xnB1DnBD02则2， ∴

21， ∴

，即

。

332∴

不妨设

n2(33,1,)22，由cosBB1,n2BB1n2|BB1||n2|332212，

BB,n6012得。

故所求二面角B1ADB的大小为60。

7. （2007年4月济南市）如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直且DE=2，ED//AF且∠DAF=90°。

（1）求BD和面BEF所成的角的余弦；

（2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求EP与PF的比值；若不存在，说明理由。

解析：1.先假设存在，再去推理，下结论： 2.运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。

答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系，

则B（2，0，0），D（0，0，2），

E（1，1，2），F（2，2，0），

则DB(2,0,0),BE(1,1,2),BF(0,2,0)

设平面BEF的法向量n(x,y,z),则x

y2z0,y0，则可取n(2,1,0)，

∴向量DB和n(2,0,1)所成角的余弦为

2202221222(2)210。

10即BD和面BEF所成的角的余弦10。

10

（2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与PF的比值为m，12m12m2,,),

1m1m1m12m12m212m12,,),，向量CP(,,),

则向量AP(1m1m1m1m1m1m12m12m210(2)0,所以m。

所以21m1m1m2则P点坐标为(

点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。

二：利用空间向量求空间距离

（1）点面距离的向量公式

平面的法向量为n，点P是平面外一点，点M为平面内任意一点，则点P到平面的距离d就是

，即d=（2）线面、面面距离的向量公式

|nMP|. |n|

平面∥直线l，平面的法向量为n，点M∈、P∈l，平面与直线l间的距离d就是MP在向量n方向射影的绝对值，即d=

. 平面∥β，平面的法向量为n，点M∈、P∈β，平面与平面β的距离d就是MP在向量n方向射影的绝对值，即d=|nMP|. |n|（3）异面直线的距离的向量公式

设向量n与两异面直线a、b都垂直，M∈a、P∈b，则两异面直线a、b间的距离d就是MP在向量n方向射影的绝对值，即d=|nMP|. |n|题型1：异面直线间的距离

例1、如图2，正四棱锥SABCD的高SO2，

底边长AB2。求异面直线BD和SC

之间的距离？

分析：建立如图所示的直角坐标系，则

A(2222,,0)B(,,0)2222，

，

222222,,0)D(,,0)S(0,0,2)DB(2,2,0)CS(,,2)222222，，。，。

C(令向量n(x,y,1)，且nDB,nCS，

(x,y,1)(2,2,0)0nDB0x2xy022,,2)0(x,y,1)(xy220nCS022y2，n(2,2,1)。

则，，，异面直线BD和SC之间的距离为：

OCnn(d22,,0)(2,2,1)22(2,2,1)110(2)2(2)212255。

题型2：点面距离

例2、如图，已知ＡＢＣＤ为边长是４的正方形，

Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＡＤ的中点，ＧＣ垂直于Ａ

ＢＣＤ所在的平面，且ＧＣ＝２，求点Ｂ到

平面ＥＦＧ的距离。

解法一：连结ＢＦ，ＢＧ，ＦＧ

Ｄ

OＨ

Ｏ

ＥＢ

Ｃ

Ａ

SBEF11BEFA22222，

EF13BD22,CHAC,24 又Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＡＤ的中点，2GHGC2CH232242422。

SGEF11212222211VBEFG211h11hVGBEF222333，，，

h21111．

解法二．Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＡＤ的中点，ＥＦ／／ＢＤ，Ｂ到平面ＧＥＦ的距离为ＢＤ上任一点到平面ＧＥＦ的距离，ＢＤＡＣ于Ｏ，ＥＦ／／ＢＤ，

EFAC,又ＧＣ平面ＡＢＣＤ，ＥＦ平面ＡＢＣＤ，ＥＦＧＣ，ＥＦ平面ＧＥＦ，平面ＧＥＦ平面ＧＣＨ，过Ｏ点作OOＨＧ，则OO平面ＧＥＦ，OO为Ｏ到平面ＧＣＨ的距离，即Ｂ到平面ＧＥＦ的距离。

OH1OHOO211AC2,OO4GC11。

由解法一知：GH22，由HOO∽HCG得

GH思维点拔：注意点距，线面距，面面距的转化，利用平面互相垂直作距离也是一种常用的方法。

题型3：线面距离

例3、已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为8，

对角线B1C10，D是AC的中点。（1）求点B1到

直线AC的距离。（2）求直线AB1到平面C1BD的距离。

解析：（1）连结BD，B1D，由三垂线定理可得：

A D B

C A1B1C1B1DAC，所以B1D就是B1点到直线AC的距离。

BB1B1C2BC2102826,BD43RtBBD1在中．

B1DBD2B1B2221（2）因为AC与平面BD。

C1交于ＡＣ的中点Ｄ，设B1CBC1E，则AB1//DE，所以AB1//平面C1BD，所

以AB1到平面BDC1的距离等于Ａ点到平面BDC1的距离，等于Ｃ点到平面BDC1的距离，也就等于三棱锥CBDC1的高。

VCBDC1121313。

111213hSSCChBDC1BDC1VC1BDC313所以，直线AB1到平面BDC1的距离是，3，思维点拔：求空间距离多用转化的思想。

例4、如图，已知边长为42的正三角形ABC中，

E、F分别为BC和AC的中点，PA面ABC，且

PA2，设平面过PF且与AE平行。

求AE与平面

间的距离？

P F A C E 分析：设AP、AE、EC的单位向量分别为e1、e2

e3，选取{e1，e2，e3}作为空间向量的一组基底。

B 易知e1e2e1e3e2e30，AP2e1,AE26e2,EC22e3,

11PAACPA(AEEC)2e6e2e23，

PFPAAF=22==1设nxe1ye2e3是平面的一个法向量，则nAE,nPF，

2y026ye02nAE022222xe16ye22e30xnPF0，即2，

2e1(2e1e3)2222ne1e3.直线AE与平面间的距离d2Apnn=2e1e3223.3

（二）、强化巩固训练

长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，AD=6，AA14，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|=2，Q是DD1的中点，求：（1）异面直线AM与PQ所成角的余弦值；（2）M到直线PQ的距离；

（3）M到平面AB1P的距离。

解析：（1）方法一：

如图，建立空间直角坐标系B—xyz，则A（4，0，0），M（2，3，4），P（0，4，0），Q（4，6，2），

∴AM(2,3,4)，PQ(4,2,2)

|AM|(2)2324229

|PQ|42222224AMPQ(2)432426故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为cosAM,PQAMPQ|AM||PQ|17458174

58

方法二：

AMAA1A1MAA1∴AMPQ

11A1B1A1D1，PQPCCDDQ

2211A1B1A1D1)(PCCDDQ)2211A1D1PCA1B1CDAA1DQ22AMPQ17411

cosAM,PQ624(4)4262258|AM||PQ||AM|42223229(AA1|PQ|42222224故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为174

58（2）∵QM(2,3,2),QP(4,2,2)，

QMQP∴QM在QP上的射影的模2(2)(4)(3)(2)2(2)(4)2(2)2(2)21024566

|QP|561725462

故M到PQ的距离为|QM|2666（3）设n(x,y,z)是平面AB1P的某一法向量，则nAB1,nAP，

4x4z0∵AB1(4,0,4),AP(4,4,0)∴

4x4y0因此可取n(1,1,1)，由于MA(2,3,4)，那么点M到平面AB1P的距离为

d53|MAn||21(3)1(4)1|53，故M到平面AB1P的距离为。

3|n|33

三：利用空间向量解证平行、垂直关系

1.①所谓直线的方向向量，就是指

的向量，一条直线的方向向量有

个。

②所谓平面的法向量，就是指所在直线与平面垂直的直线，一个平面的法向量也有

个。

2．线线平行

证明两条直线平等，只要证明这两条直线的方向向量是

，也可以证这两条直线平行于同一个平面的法向量。

3线面平行

证明线面平行的方法：

（1）证明直线的方向向量与平面的法向量

；

（2）证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量

；

（3）利用共面向量基本定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量是

。

4．面面平行的证明方法：

（1）转化为

、

处理；

（2）证明这两个平面的法向量是

。

5利用空间向量解证垂直关系

⑴．线线垂直：证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是

；

⑵．线面垂直的证明方法：

①证明线面垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是

；

②证明直线与平面内的

；

⑶．面面垂直的证明方法：

①转化为证明

、

；

②证明这两个平面的法向量是

。

1.正方体ABCDA1B1C1D1中，M是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，P是棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是( C ) A B C D与P点的位置有关

432

2. 空间中有四点A,B,C,D，其中AB(2m,m,2)，CD(m,m1,5)，且ABCD(5,则直线AB和CD( D )A平行 B平行或重合 C必定相交 D必定垂直

→→5以下向量中与向量a＝（1,2,3），b＝（3,1,2）都垂直的向量为（

C ）

A.(1,7,5) B.(1,－7,5) C.(－1，－7,5)

D.（1，－7，－5）

13,3)，36在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M,N分别是A1B和AC上的点，A1MAN则MN与平面BB1C1C的关系是( B )A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定

2a，33. 如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点，

（I）求证：AC⊥BC1；

（II）求证：AC 1//平面CDB1；

解析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线面垂直来证明线线垂直；（2）证明线面平行也有两类：一是通过线线平行得到线面平行，二是通过面面平行得到线面平行. 答案:解法一：（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，

∴

AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴

AC⊥BC1；

（II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵

D是AB的中点，E是BC1的中点，

∴

DE//AC1，∵

DE平面CDB1，AC1平面CDB1，

∴

AC1//平面CDB1；

解法二：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直，如图，以C为坐标原点，直线CA、CB、C1C分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C（0,0，0），A（3,0，AE C A Cz B30），C1（0,0，4），B（0,4，0），B1（0,4，4），D（，2,0）

2（1）∵AC＝（－3,0，0），（0，－4,0），∴AC•BC1＝0，∴AC⊥BC1. BC1＝（2）设CB1与C1B的交战为E，则E（0,2，2）.∵DE＝（－∴DE∥AC1.

x B y 31，0,2），AC1＝（－3,0，4），∴DEAC1，227已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的底△ABC为直角三角形，∠C=90°；侧棱与底面成60°角，B1点在底面射影D为BC中点,若侧面A1ABB1与C1CBB1成30°的二面角，BC=2cm，则四棱锥A—B1BCC1的体积是（ B ）

A 233233223223cm B. cm Ccm Dcm

2332

14. 在空间四边形ABCD中，ABBC,CDDA,E,F,G分别是CD,DA和对角线AC的中点，则平面BEF与平面BDG的位置关系是

平面BEF⊥平面BDG

15.设正四棱锥S-ABCD的侧棱之长为2，底面边长为3，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角等于__π

312. 对于向量a，b，定义a×b为向量a，b的向量积，其运算结果为一个向量，且规定a×b的模|a×b|＝|a||b|sinθ(其中θ为向量a与b的夹角)，a×b的方向与向量a，b的方向都垂直，且使得a，b，a×b依次构成右手系.如图，在平行六面体ABCD－EFGH中，∠EAB＝∠EAD＝∠BAD＝60°，AB＝AD＝AE＝2，则(ABAD)AE＝ ( D ) A H E D B F G 第12题

C A. 4 B. 8 C. 22 D. 42

18.如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，且AB//CD，

BAD90，PAADDC2，AB4。

（1）求证：BCPC；

y （2）求点A到平面PBC的距离。

P

解：．（1）如图建系，则B(0,4,0),D(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2)

BC(2,2,0),PC(2,2,2)，

A

D

x

C 第18题

B

y BCPC22(2)20，故BCPC。

（2）PB(0,4,2),PC(2,2,2)，设平面PBC的法向量为n(a,b,c)，

2bc0PBn0 依题意，，取n(1,1,2)。

abc0PCn0 AB(0,4,0)，所以点A到平面PBC的距离d|ABn||n|46263。

21. 如图，所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1. （Ⅰ）求BF的长；

（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离. 解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，4，0），

A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）. ∵AEC1F为平行四边形，

第21题

由AEC1F为平行四边形,由AFEC1得,(2,0,z)(2,0,2),z2.F(0,0,2).EF(2,4,2).于是|BF|26,即BF的长为26.

ADF,故可设n1(x,y,1)

（II）设n1为面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面x1,4y10,n1AE0,0x4y10即1由得2x20,y.2x0y20nAF0,4

1CC1n1433cos.33|CC1||n1|又CC1(0,0,3),设CC1与n1的夹角为a，则

433433d|CC1|cos3.3311

∴C到平面AEC1F的距离为

1112131213hSBDC1SBDCCC1h3313，即直线AB1到平面BDC1的距离是13．

，17. [2011·天津卷] 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，

H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5. (1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；

(2)求二面角A－A1C1－B1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．

解：如图18-1所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．

依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，

A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5)．

→→ (1)易得→AC＝(－2，－2，5)，AB＝(－22，0,0)，于是cos〈→AC，AB〉1111→→AC·A421B1＝＝＝. →→33×22|AC||A1B1|2所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. 3→→(2)易知AA1＝(0,22，0)，A1C1＝(－2，－2，5)．

→=0→m·AA1→设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则

→→m·A1C1=022y=0即

－2x－2y+5z=0→不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．

17-1

→→n·A1C1=0→同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则

→→n·A1B1=0-2x-2y+5z=0即

-22x=0→不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)．

→m·→n22→→于是cos〈m，n〉＝＝＝，

→→7·77| m|·|n|35→→从而sin〈m，n〉＝. 735所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. 72325(3)由N为棱B1C1的中点，得N，，. 2222325→设M(a，b,0)，则MN＝－a，－b，. 222→→MN·A1B1=0由MN⊥平面A1B1C1，得

→→MN·A1C1=0即22－a2－a2－22－2＝0，32＋－b2－2＋5·5＝0.2

得2a＝2，2b＝，4

∴|BM|=

10

4题目1：.[2011·四川理]如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，

∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，

连结AP交棱CC1于点D. (1)求证：PB1∥平面BDA1；

(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值．

解：如图17－1，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)．

11(1)在△PAA1中有C1D＝AA1，即D0，1，. 22第1题

1→→→∴A1B＝(1,0,1)，A1D＝0，1，，B1P＝(－1,2,0)．

2设平面BAD的一个法向量为n＝(a，b，c)，则1→n·AD＝b＋c＝0.21111→n1·A1B＝a＋c＝0，

1令c＝－1，则n1＝1，，－1.图1－7 21→∵n1·B1P＝1×(－1)＋×2＋(－1)×0＝0，

2∴PB1∥平面BDA1，

1(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝1，，－1. 2又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，

n1·n2122∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为. 333|n1|·|n2|1×2题目2：如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，

侧棱PA底面ABCD，AB3，BC1，PA2， E为PD的中点. （Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；

（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，

并求出点N到AB和AP的距离. 解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，

则A,B,C,D,P,E的坐标为A(0,0,0)、

B(3,0,0)、C(3,1,0)、D(0,1,0)、

1P(0,0,2)、E(0,,1)，

2从而AC(3,1,0),PB(3,0,2).

设AC与PB的夹角为，则

第:2题

cosACPB|AC||PB|32737,

14

2-1 37∴AC与PB所成角的余弦值为. 14 （Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z)，则

1NE(x,,1z)，由NE面PAC可得，

2NEAP0,NEAC0.13z10,(x,,1z)(0,0,2)0,x2 ∴6

即化简得13x0.z1(x,1,1z)(3,1,0)0.2233. ,0,1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1,66即N点的坐标为(22→因此

BM＝，，0，

4210→所以线段BM的长|BM|＝. 4题目3. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a．

(1)求点C1到平面AB1D1的距离；

(2)求平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角余弦值

A1 B1 D1 C1 A B C D 第3题

0，0)、D1(0，a，a)、

解 (1)按如图3-1所示建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为A(0，B1(a，0，a)、C1(a，a，a)，向量C1A(a，a，a)，AD1(0，a，a)，AB1(a，0，a)．

设n(x，y，z)是平面AB1D1的法向量，于是，有

z ayaz0nAD10，即．

axaz0nAB10，y1．于是平面AB1D1的一个法向量是

令z1，得x1A1 B1 (O) A D1 C1 D y C 3-1 n(1，1，-1)． B 因此，C1到平面AB1D1的距离d|C1An|3a．(也可用等积法求得) 3|n|x (2) 由(1)知，平面AB1D1的一个法向量是n(11，，1)．又因AD平面CDD1C1，故平面CDD1C1的一个法向量是n1(010)，，． 设所求二面角的平面角为(结合图形可知二面角是锐角，即为锐角)，则

cos|nn1|3． |n||n1|3

题目4：已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC1，AB1，M是PB的中点。

2（Ⅰ）证明：面PAD面PCD；

（Ⅱ）求AC与PB所成的角；

（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值。

证明：以A为坐标原点AD长为单位长度，如图4-1建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,). （Ⅰ）证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0),故APDC0,所以APDC.

由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因AC(1,1,0),PB(0,2,1),

12第4题

故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以10cosAC,PB.5|AC||PB|ACPB

（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在R,使NCMC,

4-1 11NC(1x,1y,z),MC(1,0,),x1,y1,z..

2214要使ANMC,只需ANMC0即xz0,解得.

25412可知当时,N点坐标为(,1,),能使ANMC0.555

1212此时,AN(,1,),BN(,1,),有BNMC05555由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为

所求二面角的平面角. 30304,|BN|,ANBN.555ANBN2

cos(AN,BN).3|AN||BN|2故所求的二面角的余弦值3题目5：如图，PA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，

PAAD2，|AN|点E、F、G分别为线段PA、PD和CD的中点. （1）求异面直线EG与BD所成角的余弦值

PEFABCQGD第5题

（2）在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离恰为不存在，请说明理由. 4？若存在，求出线段CQ的长；若5解：（1）以点A为坐标原点，射线AB,AD,AZ分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系如图示4-1，点E(0,0,1)、G(1,2,0)、B(2,0,0)、D(0,2,0)，则EG(1,2,1)，BD(2,2,0). 设异面直线EG与BD所成角为

z PEFcosEGBDEGBD24683,所以异面直线EG与BD所成角大小为.

6BACQGDy （2）假设在线段CD上存在一点Q满足条件，设点Q(x0,2,0)，平面EFQ的法向量为

x 第5-1n(x,y,z)，则有nEF0

得到y0,zxx0nEQ0，取x1，所以n(1,0,x0)，则EAnn0.8，又x00，解得x04422，所以点Q(,2,0)即CQ(,0,0)，则CQ.所以在线段CD33332. 3题目6：如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上

1一点，PFEC. 已知PD2,CD2,AE,

2求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；

（Ⅱ）二面角EPCD的大小. 上存在一点Q满足条件，且长度为解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为

x,y,z轴建立空间直角坐标系. 由已知可得D(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0)

设A(x,0,0)(x0),则B(x,2,0),

第:6题

113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0). 由PECE得PECE0，

222即x23331330,故x. 由DECE(,,0)(,,0)0得DECE，

422222

又PDDE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE|1，故异面直线

PD,CE的距离为1. （Ⅱ）作DGPC，可设G(0,y,z).由DGPC0得(0,y,z)(0,2,2)0

即z2y,故可取DG(0,1,2),作EFPC于F，设F(0,m,n)，

31,m,n).

2231,m,n)(0,2,2)0,即2m12n0，

2222312m2,故m1,n,EF(,,).

22222第6-1题

则EF(由EFPC0得(又由F在PC上得n因EFPC,DGPC,故EPCD的平面角的大小为向量EF与DG的夹角. 故cosDGEF|DG||EF|2,, 即二面角EPCD的大小为.

244总之，在利用空间向量解决立体几何问题时，经常是通过建立空间直角坐标系，及点的坐标做为沟通向量与几何图形关系的纽带和桥梁的，恰当建系，准确示点，是关键，故而，要适当的加强解题训练，并及时总结，感悟方法，提升能力。