“空間向量與立體幾何”高考備忘錄

石鵬

在江蘇高考中，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算證明線(xiàn)線(xiàn)、線(xiàn)面、面面的平行與垂直，以及空間角（線(xiàn)線(xiàn)角、線(xiàn)面角、面面角）求解問(wèn)題，歷來(lái)是附加題命題的熱點(diǎn)，難度中等，那么立體幾何中的空間向量法主要涉及哪些問(wèn)題呢？

一、利用空間向量證明平行與垂直

例1?如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是線(xiàn)段EF的中點(diǎn).

（1）求證：AM∥平面BDE;

（2）求證：AM⊥平面BDF.

證明：（1）由題知CD，CB，CE兩兩垂直，分別以CD，CB，CE為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，

則C（0，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0），D（2，0，0），E（0，0，1），F(xiàn)（2，2，1）.

設(shè)AC∩BD=N，連接NE，則N（22，22，0），

所以NE=（-22，-22，1）.

因?yàn)镸為EF的中點(diǎn)，則M（22，22，1），

所以AM=（-22，-22，1）.

所以NE=AM，所以NE∥AM.

又因?yàn)镹E平面BDE，AM平面BDE，

所以AM∥平面BDE.

（2）由（1）知AM=（-22，-22，1），DF=（0，2，1），BF=（2，0，1），所以AM·DF=0，AM·BF=0，

所以AM⊥DF，AM⊥BF.

又DF∩BF=F，DF，BF平面BDF，所以AM⊥平面BDF.

評(píng)注：1.恰當(dāng)建立坐標(biāo)系，準(zhǔn)確表示各點(diǎn)與相關(guān)向量的坐標(biāo)，是運(yùn)用向量法證明平行和垂直的關(guān)鍵.

2.證明直線(xiàn)與平面平行，只需證明直線(xiàn)的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線(xiàn)的方向向量與平面內(nèi)的不共線(xiàn)的兩個(gè)向量共面，然后說(shuō)明直線(xiàn)在平面外即可.這樣就把幾何的證明問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量代數(shù)運(yùn)算.

3.證明直線(xiàn)與直線(xiàn)垂直，只需要證明兩條直線(xiàn)的方向向量垂直，而直線(xiàn)與平面垂直，平面與平面垂直可轉(zhuǎn)化為證明直線(xiàn)與直線(xiàn)垂直.

二、利用空間向量求角

例2?（2018全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ理）如圖，在三棱錐PABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點(diǎn).

（1）證明：PO⊥平面ABC;

（2）若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角MPAC為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.

解析：（1）因?yàn)锳P=CP=AC=4，O為AC的中點(diǎn)，

所以O(shè)P⊥AC，且OP=23，

連結(jié)OB.因?yàn)锳B=BC=22AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=12AC=2，

由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB，

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

（2）如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.

由已知得O（0，0，0），B（2，0，0），A（0，-2，0），C（0，2，0），P（0，0，23），AP=（0，2，23），

取平面PAC的法向量OB=（2，0，0），設(shè)M（a，2-a，0）（0

設(shè)平面PAM的法向量為n=（x，y，z）.

由AP·n=0，AM·n=0，

得2y+23z=0ax+（4-a）y=0，

可取n=（3（a-4），3a，-a），

∴cos〈OB，n〉=23（a-4）23（a-4）2+3a2+a2，

由已知得|cos〈OB，n〉|=32，

∴23|a-4|23（a-4）2+3a2+a2=32，

解得a=-4（舍去），a=43，

∴n=（-833，433，-43），

又∵PC=（0，2，-23），所以cos〈PC，n〉=34.

所以PC與平面PAM所成角的正弦值為34.

評(píng)注：利用向量法求異面直線(xiàn)所成的角時(shí)，注意向量的夾角與異面直線(xiàn)所成的角的異同.同時(shí)注意根據(jù)異面直線(xiàn)所成角的范圍是（0，π2].

三、利用空間向量求線(xiàn)面角

例3?（2019年浙江）如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn).

（1）證明：EF⊥BC;

（2）求直線(xiàn)EF與平面A1BC所成角的余弦值.

解析：（1）如圖所示，連結(jié)A1E，B1E，

等邊△AA1C中，AE=EC，∴A1E⊥AC，

又∵平面ABC⊥平面A1ACC1，且平面ABC∩平面A1ACC1=AC，

由面面垂直的性質(zhì)定理可得：A1E⊥平面ABC，BC平面ABC，故A1E⊥BC，

由三棱柱的性質(zhì)可知A1B1∥AB，而AB⊥BC，故A1B1⊥BC，且A1B1∩A1E=A1，

由線(xiàn)面垂直的判定定理可得：BC⊥平面A1B1E，

結(jié)合EF平面A1B1E，故EF⊥BC.

（2）在底面ABC內(nèi)作EH⊥AC，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EH，EC，EA1方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系Exyz.

設(shè)EH=1，則AE=EC=3，AA1=CA1=23，BC=3，AB=3，

據(jù)此可得：A（0，-3，0），B（32，32，0），A1（0，0，3），C（0，3，0），

由AB=A1B1可得點(diǎn)B1的坐標(biāo)為B1（32，323，3），

利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得：F（34，343，3），由于E（0，0，0），

故直線(xiàn)EF的方向向量為：EF=（34，343，3），

設(shè)平面A1BC的法向量為m=（x，y，z），則：

m·A1B=（x，y，z）·（32，32，-3）=32x+32y-3z=0m·BC=（x，y，z）·（-32，32，0）=-32x+32y=0，

據(jù)此可得平面A1BC的一個(gè)法向量為m=（1，3，1），EF=（34，343，3），

此時(shí)

cos〈EF，m〉=EF·m|EF|×|m|=65×352=45，

設(shè)直線(xiàn)EF與平面A1BC所成角為θ，則

sinθ=cos〈EF，m〉=45，cosθ=35.

評(píng)注：利用向量法求線(xiàn)面角的方法：分別求出斜線(xiàn)的方向向量和平面的法向量，同時(shí)注意兩向量的夾角與線(xiàn)面角的關(guān)系.

四、利用空間向量求二面角

例4?（2019年全國(guó)（理科）（新課標(biāo)Ⅰ））如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn).

（1）證明：MN∥平面C1DE;

（2）求二面角AMA1N的正弦值.

解析：（1）連接ME，B1C，

∵M(jìn)，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，

∴ME為△B1BC的中位線(xiàn)，

∴ME∥B1C且ME=12B1C，

∵ABCDA1B1C1D1為直棱柱，

∴A1B1瘙 綊

AB，AB瘙 綊

CD，∴A1B1瘙 綊

CD，

∴A1B1CD為平行四邊形，

∴A1D∥B1C，

又N為A1D的中點(diǎn)，

∴ND∥B1C且ND=12B1C，

∴ME瘙 綊

ND，∴四邊形MNDE為平行四邊形，

∴MN∥DE，又MN平面C1DE，DE平面C1DE，

∴MN∥平面C1DE.

（2）設(shè)AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，

由直四棱柱性質(zhì)可知：OO1⊥平面ABCD，

∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，

則以O(shè)為原點(diǎn)，可建立如右圖所示的空間直角坐標(biāo)系：

則：A（3，0，0），M（0，1，2），

A1（3，0，4），D（0，-1，0），

N（32，-12，2），

取AB中點(diǎn)F，連接DF，

則F（32，12，0），

∵四邊形ABCD為菱形且∠BAD=60°，

∴△BAD為等邊三角形，∴DF⊥AB，

又AA1⊥平面ABCD，DF平面ABCD，

∴DF⊥AA1，AA1與AB交于點(diǎn)A，

∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1，

∴DF為平面AMA1的一個(gè)法向量，

且DF=（32，32，0），

設(shè)平面MA1N的法向量n=（x，y，z），

又MA1=（3，-1，2），MN=（32，-32，0），

∴n·MA1=3x-y+2z=0n·MN=32x-32y=0，

令x=3，則y=1，z=-1，∴n=（3，1，-1），

∴cos〈DF，n〉=DF·n|DF|·|n|=315=155，

∴sin〈DF，n〉=105，

∴二面角AMA1N的正弦值為105.

評(píng)注：求二面角最常用的辦法就是分別求出二面角的兩個(gè)面所在平面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.其計(jì)算公式為：設(shè)m，n分別為平面α，β的法向量，則θ與〈m，n〉互補(bǔ)或相等，|cosθ|=|cos〈m，n〉|=|m·n||m||n|.

五、利用空間向量求空間距離

例5?如圖，已知斜三棱柱ABCA1B1C1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點(diǎn)D，且BA1⊥AC1.

（1）求證：AC1⊥平面A1BC;

（2）求C1到平面A1AB的距離.

解答：（1）如圖，取AB的中點(diǎn)E，則DE∥BC.因?yàn)锽C⊥AC，所以DE⊥AC.

又A1D⊥平面ABC，所以DE，DC，DA1兩兩垂直，以DE，DC，DA1為x，y，z軸建立空間坐標(biāo)系Dxyz，

則A（0，-1，0），C（0，1，0），B（2，1，0），A1（0，0，t），C1（0，2，t），所以AC1=（0，3，t），BA1=（-2，-1，t），CB=（2，0，0），所以AC1·CB=0，所以AC1⊥CB.

又BA1⊥AC1，BA1∩BC=B，BA1，BC平面A1BC，

所以AC1⊥平面A1BC.

（2）由（1）知AC1·BA1=-3+t2=0，得t=3.

設(shè)平面A1AB的法向量為n=（x，y，z），

AA1=（0，1，3），AB=（2，2，0），

則n·AA1=y+3z=0，n·AB=2x+2y=0，

令z=1，則n=（3，-3，1）.

所以C1到平面A1AB的距離

d=|AC1·n||n|=2217.

評(píng)注：空間中的各種距離一般都可以轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)與點(diǎn)、點(diǎn)與線(xiàn)、點(diǎn)與面的距離.

（1）點(diǎn)與點(diǎn)的距離

點(diǎn)與點(diǎn)之間的距離就是這兩點(diǎn)間線(xiàn)段的長(zhǎng)度，因此也就是這兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)向量的模.

（2）點(diǎn)與面的距離

點(diǎn)面距離的求解步驟是：①求出該平面的一個(gè)法向量;②求出從該點(diǎn)出發(fā)的平面的任一條斜線(xiàn)段對(duì)應(yīng)的向量;③求出法向量與斜線(xiàn)段向量的數(shù)量積的絕對(duì)值再除以法向量的模，即得要求的點(diǎn)面距離.

六、利用空間向量求解開(kāi)放性問(wèn)題

例6?（2019南通七市二模）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB=1，AP=AD=2.

（1）求直線(xiàn)PB與平面PCD

為參數(shù)）代入曲線(xiàn)C的直角坐標(biāo)方程中，

得t′2-2t′-2=0，∴t′A·t′B=-2，

∴|FA|·|FB|=2.

（2）設(shè)橢圓C的內(nèi)接矩形在第一象限的頂點(diǎn)為（23cosθ，2sinθ）（0<θ<π2），由對(duì)稱(chēng)性可得橢圓C的內(nèi)接矩形的周長(zhǎng)為83cosθ+8sinθ=16sin（θ+π3），

∴當(dāng)θ+π3=π2，即θ=π6時(shí)，橢圓C的內(nèi)接矩形的周長(zhǎng)取得最大值16.

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線(xiàn)的參數(shù)方程，圓的極坐標(biāo)方程和橢圓的參數(shù)方程及其應(yīng)用，雖難度不大，但綜合性較強(qiáng)，是高考命題的熱門(mén)題型，應(yīng)引起我們的注意.

最后值得一提的是，無(wú)論是極坐標(biāo)還是參數(shù)方程，無(wú)論哪種題型，最終都可轉(zhuǎn)化為到直角坐標(biāo)系中普通方程來(lái)解，這或許就是破解這類(lèi)問(wèn)題的通法.

（作者：劉春雷，江蘇省太倉(cāng)市明德高級(jí)中學(xué)）