复习参考题教学设计

8.7

空间向量的应用

考纲要求

1．理解直线的方向向量与平面的法向量．

2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．

3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．

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，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．

1．直线的方向向量及其应用

(1)直线的方向向量：直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量____(或共线)的向量，显然一条直线的方向向量有____个．

(2)直线方向向量的应用：

利用直线的方向向量，可以确定空间中的直线和平面．

→①对于直线l，点A是直线l上一点，向量a是l的方向向量，在直线l上取AB＝a，则对于直线l上任意一点P，一定存在实数t，使得______________．这样，点A和向量a不仅可以确定直线l的位置，还可以具体表示出l上的任意一点．

②空间中平面α的位置可以由α内两条相交直线确定，若设这两条直线相交于点O，它们的方向向量分别是a和b，P为平面α上任意一点，由平面向量基本定理可知，存在有序→实数对(x，y)，使得OP＝________，这样，点O与方向向量a，b不仅可以确定平面α的位置，还可以具体表示出α内的任意一点．

2．平面的法向量

(1)若直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量，显然一个平面的法向量也有____个，它们是____向量．

(2)在空间中，给定一个点A和一个向量a，那么，过点A，以向量a为法向量的平面是____确定的．

3．直线的方向向量与平面的法向量在确定直线、平面位置关系中的应用

直线l1的方向向量u1＝(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量为u2＝(a2，b2，c2)．(注：下面的λ，k∈R)．

如果l1∥l2，那么u1∥u2u1＝λu2____________；

如果l1⊥l2，那么u1⊥u2u1·u2＝0____________. 直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)．

若l∥α，则u⊥nu·n＝0____________；

若l⊥α，则u∥nu＝kn________________. 平面α1的法向量为u1＝(a1，b1，c1)，平面α2的法向量为u2＝(a2，b2，c2)．

若α1∥α2，则u1∥u2u1＝ku2______________；

若α1⊥α2，则u1⊥u2u1·u2＝0______________. 4．利用空间向量求空间角

(1)两条异面直线所成的角：

①范围：两异面直线所成的角θ的取值范围是______．

②向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有______________．

(2)直线与平面所成的角：

①范围：直线和平面所成角θ的取值范围是________．

②向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝______或cos θ＝sin φ. (3)二面角：

①二面角的取值范围是__________．

②二面角的向量求法：

[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]

若AB，CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的平面角→→的大小就是向量AB与CD的夹角(如图甲)．

设n1，n2分别是二面角α-l-β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图乙、丙)．

1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则(

)．

A．l∥α

B．l⊥α

C．lα

D．l与α斜交

2．若平面π1，π2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是(

)．

A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1) B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1) C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1) D．n＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2) A1B13．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成的角的4余弦值为(

)．

[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]1A．

2

15B．

17

2C．

17

1D．

314．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，2则l与α所成的角为(

)．

A．30°

B．60°

C．120°

D．150°

5．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点．

(1)证明：PC⊥平面BEF；

(2)求平面BEF与平面BAP所成锐二面角的大小．

一、利用空间向量证明平行和垂直

π【例1－1】

如图，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，4

OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．证明：直线MN∥平面OCD.

【例1－2】

如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：

(1)AE⊥CD；

(2)PD⊥平面ABE. 方法提炼

1．利用向量处理平行问题的常用方法：

(1)证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．

(2)用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内不共线的两个向量线性表示．

(3)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．

2．利用向量处理垂直问题的常用方法：

(1)证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，即a⊥ba·b＝0. (2)用向量证明线面垂直的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．

(3)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．

请做演练巩固提升1 二、利用空间向量求角

1【例2】

如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. 2(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；

(2)求二面角Q-BP-C的余弦值．

方法提炼

如何利用空间向量解决求角的问题：

在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于a·b角的计算，均可归结为两个向量的夹角．对于空间向量a，b，有cos〈a，b〉＝，利用|a||b|

这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题．

(1)线线角：要求两条异面直线所成的角，可先求两条异面直线的方向向量的数量积，要求两向量的数量积，可以求得两向量的坐标，也可以把所求向量用一组已知模和夹角的基向量表示出来进行求解．

(2)线面角：直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹ππ|l·n|角为β，则θ＝－β(或θ＝β－)，故有sin θ＝|cos β|＝. 22|l||n|(3)二面角：设n1，n2分别是二面角α-l-β的面α，β的法向量，则〈n1，n2〉与所求二面角的平面角相等或互补．

请做演练巩固提升2 三、利用空间向量求距离

【例3】

如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23. (1)求点A到平面MBC的距离；

(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．

方法提炼

空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离．其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点到面的距离可借助于平面的法向量求解．

请做演练巩固提升3

空间向量在立体几何问题中的合理应用

【典例】

(12分)(2012安徽高考)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．

(1)证明：AA1⊥BC；

(2)求AA1的长；

(3)求二面角A-BC-A1的余弦值．

规范解答：(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD. 由四边形BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1. 因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，

所以DD1⊥平面A1B1C1.

[来源:www.shulihua.net]

又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1. 故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1-xyz.(2分) 由题设，可得A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1. 所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．

→→→→故AA1＝(0,3，－4)，BC＝(－2,0,0), AA1·BC＝0. →→因此AA1⊥BC，即AA1⊥BC.(5分) →(2)因为AA1＝(0,3，－4)，

→所以|AA1|＝5，即AA1＝5.(7分) (3)连接A1D. 由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，

所以∠ADA1为二面角A-BC-A1的平面角．

→→因为DA＝(0，－1,0)，DA1＝(0,2，－4)，(9分) 25→→所以cos〈DA，DA1〉＝－＝－，

51×22＋－425即二面角A-BC-A1的余弦值为－.(12分) 5答题指导：解决空间向量在立体几何中的应用问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：

(1)建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整．

(2)建系不恰当，导致点的坐标不易确定或求解时烦琐．

(3)不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题．

(4)计算失误导致结果不正确．

另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法，有利于快速正确地解题．

1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO.

(1)若λ＝1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；

(2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值．

2．如图，已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝1，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，AE垂直BD于点E，F为A1B1的中点．

(1)求异面直线AE与BF所成角的余弦值；

(2)求平面BDF与平面AA1B所成二面角的余弦值．

3．如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，CA＝2，D是CC1的中点，试问在A1B上是否存在一点E使得点A1到平面AED26的距离为？

3

参考答案

基础梳理自测

uuuruuur1．(1)平行

无数

(2)①AP＝tAB

②xa＋yb

2．(1)无数

共线

(2)唯一

3．(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)

a1a2＋b1b2＋c1c2＝0

a1a2＋b1b2＋c1c2＝0

(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)

(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)

a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 πa·b0，π

②|cos φ|

(3)①[0，π] 0，

②|cos φ|＝4．(1)①

(2)①2|a||b|2知识梳理

uuur|ABn|5．(2)

n基础自测

1．B

解析：∵u＝－2a，∴u∥a，则l⊥α. 2．A

解析：平面π1，π2垂直，则对应的法向量也应垂直，因A中n1·n2＝－3＋2＋1＝0，故n1⊥n2，故选A.

3．B

解析：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系．

[来源数理化网]

311，，1，D(0,0,0)，F10，，1，

则点B，E1，D，F1的坐标分别为B(1,1,0)，E144uuurr31uuu110，，1－(0,0,0)＝0，，1. ∴BE1＝1，4，1－(1,1,0)＝0，－4，1，DF1＝44uuurr17uuu17∴|BE1|＝，|DF1|＝，

44uuuruuur15BE1·DF1＝16. uuuruuuruuuruuurBE1DF115ruuur＝17. ∴cos〈BE1，DF1〉＝uuu|BE1||DF1|14．A

解析：∵cos〈m，n〉＝－，

23∴sin〈m，n〉＝，

2∴〈m，n〉＝60°.∴l与α所成的角为90°－60°＝30°. 5．(1)证明：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴如图建立空间直角坐标系．

∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝22，四边形ABCD是矩形，

∴A，B，C，D，P的坐标分别为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,22，0)，D(0，22，0)，P(0,0,2)．

又E，F分别是AD，PC的中点，

∴E(0，2，0)，F(1，2，1)．

uuuruuuruuur∴PC＝(2,22，－2)，BF＝(－1，2，1)，EF＝(1,0,1)．

rrruuuruuuruuuuuuruuuuuuruuuruuu∴PC·BF＝－2＋4－2＝0，PC·EF＝2＋0－2＝0.∴PC⊥BF，PC⊥EF. ∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF＝F，

∴PC⊥平面BEF. uuur(2)解：由(1)知n1＝PC＝(2,22，－2)是平面BEF的法向量，

uuur又取平面BAP的法向量n2＝AD＝(0,22，0)，∴n1·n2＝8. 设平面BEF与平面BAP所成锐二面角的平面角的大小为θ，

|n1·n2|82则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. |n1||n2|4×222∴θ＝45°.∴平面BEF与平面BAP所成锐二面角的大小为45°. 考点探究突破

【例1－1】

证明：作AP⊥CD于点P，如图，

分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，r22222uuuB(1,0,0)，P0，，0，D－，，0，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N1－，，0，MN22442uuuruuur22222＝1－，，－1，OP＝0，，－2，OD＝－，，－2. 44222设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，

uuuruuur则n·OP＝0，n·OD＝0，

22y－2z＝0，即22－x＋22y－2z＝0.

取z＝2，解得n＝(0,4，2)．

uuur22∵MN·n＝1－，，－1·(0,4，2)＝0，∴MN∥平面OCD. 44【例1－2】

证明：

∵AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．

(1)∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．

13131∴C，，0，E，，. 22442设D(0，y,0)，由AC⊥CD，

uuuruuur得AC·CD＝0，

2323，

即y＝，则D0，，033uuur13∴CD＝－，，0. 26uuur131又AE＝，，，

442uuuruuur1133∴AE·CD＝－2×4＋6×4＝0，

uuuruuur∴AE⊥CD，即AE⊥CD. (2)方法一：∵P(0,0,1)，

uuur23∴PD＝0，，－1. 3uuuruuur3231又AE·PD＝4×3＋2×(－1)＝0，

uuuruuur∴PD⊥AE，即PD⊥AE. uuuruuuruuur∵AB＝(1,0,0)，∴PD·AB＝0. ∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，

∴PD⊥平面ABE. 方法二：设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，

uuuruuur131∵AB＝(1,0,0)，AE＝，，，

442uuurnAB0,∴uuu

rnAE0,x＝0，即1

314x＋4y＋2z＝0，令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)．

uuur23uuur3∵PD＝0，，－1，显然PD＝3n. 3

uuuruuur∴PD∥n，∴PD⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE. 【例2】

解：如图，以D为坐标原点，线段DA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D-xyz.

uuuruuuruuur(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则DQ＝(1,1,0)，DC＝(0,0,1)，PQ＝(1，－1,0)，

ruuuruuuruuuruuu所以PQ·DC＝0. DQ＝0，PQ·即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故PQ⊥平面DCQ. 又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，

uuruur(2)依题意有B(1,0,1)，CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－1)．

uurx＝0，nCB0,则uur即

－x＋2y－z＝0.nBP0,

因此可取n＝(0，－1，－2)．

uurmBP0,设m是平面PBQ的法向量，则可取m＝(1,1,1)，

uuurmPQ0,所以cos 〈m，n〉＝－15. 515. 5【例3】

解：取CD中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD，

则MO⊥平面BCD. 取O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图．

故二面角Q-BP-C的余弦值为－

OB＝OM＝3，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)．

(1)设n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，

uuuruuur则BC＝(1，3，0)，BM＝(0，3，3)．

uuur由n⊥BC得x＋3y＝0；

uuur由n⊥BM得3y＋3z＝0. uur取n＝(3，－1,1)，BA＝(0,0,23)，

uur|BAn|23215则d＝＝＝. 55|n|

uuruuur(2)CM＝(－1,0，3)，CA＝(－1，－3，23)．

设平面ACM的法向量为n1＝(x，y，z)，

uuruuur由n1⊥CM，n1⊥CA得

－x＋3z＝0，

－x－3y＋23z＝0，

解得x＝3z，y＝z，取n1＝(3，1,1)．

又平面BCD的法向量为n2＝(0,0,1)，

n1·n21所以cos〈n1，n2〉＝＝. |n1||n2|525设所求二面角为θ，则sin θ＝. 5演练巩固提升

角坐标系D-xyz，

ruuuruuuruuu1．解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA，DC，DD1为单位正交基底建立空间直11111，，0，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E，，，

则A(1,0,0)，O22442uuuruuur111于是DE＝4，4，2，CD1＝(0，－1,1)，

uuuruuuruuuruuurDECD13ruuur＝6. 则cos 〈DE，CD1〉＝uuu|DE||CD1|所以异面直线DE与CD1所成角的余弦值为3. 6(2)设平面CD1O的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

uuuruuur由m·D1O＝0，m·CD1＝0，

112x1－2y1＝0，得

－y1＋z1＝0，

取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m＝(1,1,1)．

uuuruuur由D1E＝λEO，

λλ1得E2(1＋λ)，2(1＋λ)，1＋λ，

uuurλλ1DE＝2(1＋λ)，2(1＋λ)，1＋λ. 又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

uuuruuur由n·DE＝0. CD＝0，n·y＝0，2得λx2

λy2z2＋＋＝0，2(1＋λ)2(1＋λ)1＋λ

取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(2,0，－λ)．

因为平面CDE⊥平面CD1F，

所以m·n＝0，得λ＝2. 2．解：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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．

23由于AB＝2，BD与平面AA1B1B所成的角为30°，即∠ABD＝30°，∴AD＝，323∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，D0，，0，F(1,0,1)．

3又AE⊥BD，故由平面几何知识得AE＝1，

13从而E，，0，

22uuur13uuur(1)因为AE＝，，0，BF＝(－1,0,1)，

22uuuruuur131∴AE·(－1,0,1)＝－，

BF＝2，2，0·2

[来源:www.shulihua.net]

uuuruuur|AE|＝1，|BF|＝2，

设AE与BF所成的角为θ1，

uuuruuur－1|AEBF|22ruuur＝则cos θ1＝uuu＝. |AE||BF|1×242. 4(2)设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，

uuur－x＋z＝0，故异面直线AE与BF所成角的余弦值为nBF0,由uuu得

r23－2x＋3y＝0，nBD0,

z＝x，∴取x＝1，得n＝(1，3，1)．

y＝3x，uuur23求得平面AA1B的一个法向量为m＝AD＝0，，0. 3设平面BDF与平面AA1B所成二面角的大小为θ2. |m·n|则cos θ2＝|cos〈m，n〉|＝

|m||n||0＋2＋0|15＝＝. 523×5315. 53．解：以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

即平面BDF与平面AA1B所成二面角的余弦值为

则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，D(0,0,1)，B(0,2,0)．

假设存在点E满足条件，

uuuruur设BE＝λBA1，λ∈(0,1)，

则E(2λ，2(1－λ),2λ)．

uuuruuur又AD＝(－2,0,1)，AE＝(2(λ－1)，2(1－λ),2λ)，

设n＝(x，y，z)为平面AED的法向量，

uuurnAD0则uu

urnAE0－2x＋z＝0，

2(λ－1)x＋2(1－λ)y＋2λz＝0，

1－3λ取x＝1，则y＝，z＝2，

1－λ1－3λ，2. 即n＝1，1－λuuuruuur|AA1n|26由于AA1＝(0,0,2)，d＝＝，

3|n|26∴＝34. 1－3λ25＋1－λ1又λ∈(0,1)，解得λ＝. 226∴存在点E且当点E为A1B的中点时，点A1到平面AED的距离为. 3