第三講立體幾何中的向量方法
研熱點（聚焦突破）
型別一利用空間向量證明位置關係
設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．
(1)線面平行
l∥αa⊥ua·u＝0a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.
(2)線面垂直
l⊥αa∥ua＝kua1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.
(3)面面平行
α∥βu∥vu＝kva3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.
(4)面面垂直
α⊥βu⊥vu·v＝0a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
[例1] (2023年高考福建卷)如圖，在長方體abcda1b1c1d1中，aa1＝ad＝1，e為cd的中點．
(1)求證：b1e⊥ad1；
(2)在稜aa1上是否存在一點p，使得dp∥平面b1ae？若存在，求ap的長；若不存在，說明理由．
[解析] (1)證明：以a為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角座標系(如圖)．設ab＝a，則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)．
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴b1e⊥ad1.
(2)假設在稜aa1上存在一點p(0，0，z0)，
使得dp∥平面b1ae.此時＝(0，－1，z0)．
又設平面b1ae的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面b1ae，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面b1ae的乙個法向量n＝(1，－，－a)．
要使dp∥平面b1ae，只要n⊥，有－az0＝0，
解得z0＝.
又dp平面b1ae，
∴存在點p，滿足dp∥平面b1ae，此時ap＝.
跟蹤訓練
如圖，在圓錐po中，已知po＝，⊙o的直徑＝2，c是的中點，d為ac的中點．證明：平面pod⊥平面pac.
證明：如圖所示，以o為座標原點，ob，oc，op所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角座標系，則o(0，0，0)，a(－1，0，0)，b(1，0，0)，c(0，1，0)，p(0，0，)，d(－，，0)．
設n1＝(x1，y1，z1)是平面pod的乙個法向量，
則由n1·＝0，n1·＝0，得
所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1，1，0)．
設n2＝(x2，y2，z2)是平面pac的乙個法向量，
則由n2·＝0，n2·＝0，得
所以x2＝－z2，y2＝z2，取z2＝1，
得n2＝(－，，1)．
因為n1·n2＝(1，1，0)·(－，，1)＝0，
所以n1⊥n2.從而平面pod⊥平面pac.
型別二利用空間向量求角
1．向量法求異面直線所成的角
若異面直線a，b的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為θ，則cos θ＝|cos 〈a，b〉|＝.
2．向量法求線面所成的角
求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設線面所成的角為θ，則sin θ＝|cos 〈n，a〉|＝.
3．向量法求二面角
求出二面角α－l－β的兩個半平面α與β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ為銳角，
則cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝；
若二面角α－l－β所成的角θ為鈍角，
則cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.
[例2] (2023年高考遼寧卷)如圖，直三稜柱abca′b′c′，∠bac＝90°，ab＝ac＝λaa′，點m，n分別為a′b和b′c′的中點．
(1)證明：mn∥平面a′acc′；
(2)若二面角a′mnc為直二面角，求λ的值．
[解析] (1)證明：證法一連線ab′，ac′，由已知∠bac＝90°，ab＝ac，三稜柱abca′b′c′為直三稜柱，所以m為ab′的中點．又因為n為b′c′的中點，所以mn∥ac′.
又mn平面a′acc′，ac′平面a′acc′，因此mn∥平面a′acc′.
證法二取a′b′的中點p，連線mp，np.而m，n分別為ab′與b′c′的中點，所以mp∥aa′，pn∥a′c′，所以mp∥平面a′acc′，pn∥平面a′acc′.又mp∩np＝p，因此平面mpn∥平面a′acc′.
而mn平面mpn，所以mn∥平面a′ acc′.
(2)以a為座標原點，分別以直線ab，ac，aa′為x軸，y軸，z軸建立空間直角座標系oxyz，如圖所示．
設aa′＝1，則ab＝ac＝λ，
於是a(0，0，0)，b(λ，0，0)，c(0，λ，0)，a′(0，0，1)，b′(λ，0，1)，c′(0，λ，1)，所以m(，0，)，n(，，1)．
設m＝(x1，y1，z1)是平面a′mn的法向量．
由得可取m＝(1，－1，λ)．
設n＝(x2，y2，z2)是平面mnc的法向量，
由得可取n＝(－3，－1，λ)．
因為a′mnc為直二面角，所以m·n＝0.
即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝(負值捨去)．
跟蹤訓練
(2023年長沙模擬)如圖，在底面為直角梯形的四稜錐pabcd中，ad∥bc，∠abc＝90°，pd⊥平面abcd，ad＝1，ab＝，bc＝4.
(1)求證：bd⊥pc；
(2)求直線ab與平面pdc所成的角的大小；
解析：如圖，在平面abcd內過點d作直線df∥ab，交bc於點f，以d為座標原點，da、df、dp所在的直線分別為x、y、z軸建立空間直角座標系d xyz，則a(1，0，0)，b(1，，0)，d(0，0，0)，c(－3，，0)．
(1)證明：設pd＝a，則p(0，0，a)，
＝(－1，－，0)，＝(－3，，－a)，
∵·＝3－3＝0，
∴bd⊥pc.
(2)由(1)及pd⊥平面abcd易知bd⊥平面pdc，則就是平面pdc的乙個法向量．
＝(0，，0)，＝(1，，0)．
設ab與平面pdc所成的角的大小為θ，
則sin θ＝＝＝.
∵0°<θ<90°，∴θ＝60°，
即直線ab與平面pdc所成的角的大小為60°.
型別三利用空間向量解決探索性問題
探索性問題的型別
(1)對平行、垂直關係的探索；
(2)對條件和結論不完備的開放性問題的探索．
[例3] (2023年高考北京卷)如圖(1)，在rt△abc中，∠c＝90°，bc＝3，ac＝分別是ac，ab上的點，且de∥bc，de＝2，將△ade沿de折起到△a1de的位置，使a1c⊥cd，如圖(2)．
(1)求證：a1c⊥平面bcde；
(2)若m是a1d的中點，求cm與平面a1be所成角的大小；
(3)線段bc上是否存在點p，使平面a1dp與平面a1be垂直？並說明理由．
[解析] (1)證明：∵ac⊥bc，de∥bc，
∴de⊥ac.
∴de⊥a1d，de⊥cd，
∴de⊥平面a1dc.∴de⊥a1c.
又∵a1c⊥cd，
∴a1c⊥平面bcde.
(2)如圖所示，以c為座標原點，建立空間直角座標系cxyz，
則a1(0，0，2)，d(0，2，0)，m(0，1，)，b(3，0，0)，e(2，2，0)．
設平面a1be的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·＝0，n·＝0.
又＝(3，0，－2)，＝(－1，2，0)，
∴令y＝1，則x＝2，z＝，
設cm與平面a1be所成的角為θ.
∵＝(0，1，)，
∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
∴cm與平面a1be所成角的大小為.
(3)線段bc上不存在點p，使平面a1dp與平面a1be垂直．理由如下：
假設這樣的點p存在，設其座標為(p，0，0)，其中p∈[0，3]．
又＝(0，2，－2)，＝(p，－2，0)，
∴令x′＝2，則y′＝p，z′＝，
∴m＝(2，p，)．
平面a1dp⊥平面a1be，當且僅當m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，與p∈[0，3]矛盾．
∴線段bc上不存在點p，使平面a1dp與平面a1be垂直．
跟蹤訓練
如圖，在直三稜柱abca1b1c1中，已知bc＝1，bb1＝2，∠bcc1＝，ab⊥側面bb1c1c.
(1)求直線c1b與底面abc所成角的正切值；
(2)在稜cc1(不包含端點c，c1)上確定一點e的位置，使得ea⊥eb1(要求說明理由)．
解析：如圖，以b為座標原點建立空間直角座標系，則b(0，0，0)，c1(1，2，0)，b1(0，2，0)．
(1)在直三稜柱abca1b1c1中，平面abc的法向量＝(0，2，0)，
又＝(1，2，0)，
設bc1與平面abc所成角為θ，
則sin θ＝|cos 〈，〉|＝，
∴tan θ＝2，即直線c1b與底面abc所成角的正切值為2.
(2)設e(1，y，0)，a(0，0，z)，
則＝(－1，2－y，0)，
＝(－1，－y，z)．
∵ea⊥eb1，
∴·＝1－y(2－y)＝0，
∴y＝1，即e(1，1，0)，
∴e為cc1的中點．
析典題（**高考）
高考真題
【真題】 (2023年高考天津卷)如圖，在四稜錐pabcd中，pa⊥平面abcd，ac⊥ad，ab⊥bc，∠bac＝45°，pa＝ad＝2，ac＝1.
(1)證明pc⊥ad；
(2)求二面角apcd的正弦值；
(3)設e為稜pa上的點，滿足異面直線be與cd所成的角為30°，求ae的長．
【解析】 如圖(1)，以點a為座標原點建立空間直角座標系，依題意得
a(0，0，0)，d(2，0，0)，c(0，1，0)，b(－，，0)，p(0，0，2)．
(1)證明：易得＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)，於是·＝0，所以pc⊥ad.
(2)＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0)．
設平面pcd的法向量n＝(x，y，z)，
則即不妨令z＝1，
可得n＝(1，2，1)．
可取平面pac的法向量m＝(1，0，0)．
於是cos 〈m，n〉＝＝＝，
(3)設點e的座標為(0，0，h)，其中h∈[0，2]．由此得＝(，－，h)．由＝(2，－1，0)，故
cos 〈，〉＝＝＝，
所以＝cos 30°＝，解得h＝，
即ae＝.
【名師點睛】 本題主要考查空間兩條直線的位置關係、二面角、異面直線所成的角、直線與平面所成的角等基礎知識、考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力．難度中等．本例第(3)問借助於方程思想及向量法求ae長最簡便．
名師押題
【押題】 如圖，在四稜錐pabcd中，pa⊥底面abcd，∠dab為直角，ab∥cd，ad＝cd＝2ab，e、f分別為pc、cd的中點．
(1)求證：ab⊥平面bef；
高三數學理科二輪複習計畫
一 二輪複習指導思想 高三第一輪複習一般以知識 技能 方法的逐點掃瞄和梳理為主，通過第一輪複習，學生大都能掌握基本概念的性質 定理及其一般應用，但知識較為零散，綜合應用存在較大的問題。而第二輪複習承上啟下，是知識系統化 條理化，促進靈活運用的關鍵時期，是促進學生素質 能力發展的關鍵時期，因而對講練 ...
高三數學理科二輪複習1 5 14推理與證明
高考專題訓練十四推理與證明 班級 姓名 時間 45分鐘分值 75分總得分 一 選擇題 本大題共6小題，每小題5分，共30分 在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項填在答題卡上 1.依次寫出數列a1 1，a2，a3，an n n 的法則如下 如果an 2為自然數且未寫過，則寫an 1 an ...
高三數學理科一輪複習計畫
2012屆高三數學第一輪複習計畫 一.背景分析 近年來的高考數學試題逐步做到科學化 規範化，堅持了穩中求改 穩中創新的原則。試題不但堅持了考查全面，比例適當，布局合理的特點，也突出體現了變知識立意為能力立意這一舉措。更加注重考查考生進入高校學習所需的基礎知識 基本方法 基本技能等素養，這些問題應引起...