学案17 空间向量与立体几何

1.空间向量及其运算:①了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.②掌握空间向量的线性运算及坐标表示.③掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用:①理解直线的方向向量与平面的法向量,能运用向量语言表述直线与直线,直线与平学案17空间向量与立体几何面,平面与平面的垂直关系与平行关系.②能运用向量的方法证明有关直线与平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).③能运用向量的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,了解向量方法在研究立体几何中的应用.1.(2009·北京)若正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1,AB1与底面ABCD成60°角,则A1C1到底面ABCD的距离为()A.B.1C.D.解析如图所示,直线AB1与底面ABCD所成的角为∠B1AB,而A1C1到底面ABCD的距离为AA1,在Rt△ABB1中,B1B=AB·tan60°=,所以AA1=BB1=3332.33D2.(2009·全国Ⅱ)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,AA1=2AB,E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析如图,连结A1B,则A1B∥CD1,故异面直线BE与CD1所成的角即为BE与A1B所成的角.设AB=a,则A1E=a,A1B=BE=△A1BE中,由余弦定理得1010531010351,5a.2a.10103522522cos2221212121aaaaaBABEEABABEBEAC3.(2009·四川)如图,已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_____.解析延长A1B1至D,使A1B1=B1D,则AB1∥BD,∠MBD就是直线AB1和BM所成的角.设三棱柱的各条棱长为2，则BM=BD==16+4-2×4=12.,5,2260cos21112112121CADACADADCDM2=C1D2+C1M2=13,∴∠DBM=90°.答案90°4.若一个底面边长为棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球的面上,则此球的体积为_____.解析根据条件正六棱柱的最长的对角线为球的直径,由球体积为,02cos222BDBMDMBDBMDBM,26,3,12)6()6()2(222RR得.34343R34,6题型一利用空间向量证明空间位置关系【例1】(2009·北京)如图,四棱锥P—ABCD的底面是正方形,PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上.(1)求证:平面AEC⊥平面PDB;(2)当PD=AB且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.2方法一(1)证明∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AC.∴AC⊥平面PDB.∴平面AEC⊥平面PDB.(2)解设AC∩BD=O,连结OE.由(2)知AC⊥平面PDB于O.∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角.∵O、E分别为DB、PB的中点，∴OE∥PD且OE=PD.又∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD,OE⊥AO.在Rt△AOE中,∴∠AEO=45°,即AE与平面PDB所成的角为45°.21,2221AOABPDOE方法二如图,以D为原点建立空间直角坐标系D—xyz.设AB=a,PD=h,则A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),D(0,0,0),P(0,0,h).(1)证明∵=(-a,a,0),=(0,0,h),=(a,a,0),∴AC⊥DP,AC⊥BD.又∵BD∩DP=D,∴AC⊥平面PDB.∴平面AEC⊥平面PDB.ACDPDB.0,0DBACDPAC(2)解当PD=AB且E为PB的中点时,P(0,0,),设AC∩BD=O,则连结OE.由(1)知AC⊥平面PDB于O.∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角.∴∠AEO=45°,即AE与平面PDB所成的角为45°.【探究拓展】本题主要考查直线和平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力等.2a2).22,21,21(aaaE),0,21,21(aaO.22||||cos),22,0,0(),22,21,21(EOEAEOEAAEOaEOaaaEA变式训练1如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=(1)证明:平面PBE⊥平面PAB；(2)求二面角A—BE—P的大小.方法一(1)证明如图所示,连接BD,由ABCD是菱形且∠BCD=60°知,△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点,所以BE⊥CD,.3又AB∥CD,所以BE⊥AB.又因为PA⊥平面ABCD,BE平面ABCD,所以PA⊥BE.而PA∩AB=A,因此BE⊥平面PAB.又BE平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.(2)解由(1)知,BE⊥平面PAB,PB平面PAB,所以PB⊥BE.又AB⊥BE,所以∠PBA是二面角A—BE—P的平面角.在Rt△PAB中,tan∠PBA=∠PBA=60°.故二面角A—BE—P的大小是60°.,3ABPA方法二如图所示,以A为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A(0,0,0),B(1,0,0),(1)证明因为=(0,,0),平面PAB的一个法向量是n0=(0,1,0),所以和n0共线.从而BE⊥平面PAB.又因为BE平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.).0,23,1(),3,0,0(),0,23,21(),0,23,23(EPDCBE23BE(2)解易知=(1,0,),=(0,,0),设n1=(x1,y1,z1)是平面PBE的一个法向量，所以y1=0,x1=z1.故可取n1=(,0,1).而平面ABE的一个法向量是n2=(0,0,1).于是,cos〈n1,n2〉故二面角A—BE—P的大小是60°.233PBBE.00230,030111111zyxzyx则有33.21||||2121nnnn题型二利用空间向量求空间角【例2】如图所示,在三棱锥S—ABC中,侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形,∠BAC=90°,O为BC中点.(1)证明:SO⊥平面ABC;(2)求二面角A—SC—B的余弦值.(1)证明由题设AB=AC=SB=SC=SA.△ABC为等腰直角三角形，连结OA,所以OA=OB=OC=SA,且AO⊥BC,又△SBC为等腰三角形,故SO⊥BC,且SO=SA,从而OA2+SO2=SA2，所以△SOA为直角三角形,SO⊥AO.又AO∩BC=O,所以SO⊥平面ABC.2222(2)解方法一取SC中点M,连结AM,OM,由(1)知SO=OC,SA=AC,得OM⊥SC,AM⊥SC.∴∠OMA为二面角A—SC—B的平面角.由AO⊥BC,AO⊥SO,SO∩BC=O得AO⊥平面SBC,所以AO⊥OM,又AM=SA,所以二面角A—SC—B的余弦值为23,3632sinAMAOAMO故.33方法二以O为坐标原点,射线OB、OA、OS分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系O—xyz,设B(1,0,0),则C(-1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1)..0,0).1,0,1(),21,1,21(),21,0,21(),21,0,21(SCMASCMOSCMAMOMSC的中点故MO⊥SC,MA⊥SC,的大小等于二面角A—SC—B的平面角.所以二面角A—SC—B的余弦值为【探究拓展】利用向量解决二面角的问题时,一定要注意法向量的方向,否则易求成其补角,再观察图形才能确定其具体值.MAMO,,33||||,cosMAMOMAMOMAMO.33变式训练2如图所示,正四棱柱AB-CD—A1B1C1D1中,AA1=2AB=4,点E在CC1上且C1E=3EC.(1)证明:A1C⊥平面BED;(2)求二面角A1—DE—B的余弦值.方法一(1)证明依题设,AB=2,CE=1.连接AC交BD于点F,则BD⊥AC.由三垂线定理知,BD⊥A1C.在平面A1CA内,连接EF交A1C于点G,故Rt△A1AC∽Rt△FCE,∠AA1C=∠CFE,,221CEACFCAA由于∠CFE与∠FCA1互余.于是A1C⊥EF.A1C与平面BED内两条相交直线BD,EF都垂直,所以A1C⊥平面BED.(2)解作GH⊥DE,垂足为H,连接A1H.由三垂线定理知A1H⊥DE,故∠A1HG是二面角A1—DE—B的平面角..32,322EFCFCECGCECFEF所以二面角A1—DE—B的余弦值为.55tan.365,62.15231,31,331111221122HGGAHGACGCAGAACAACADEFDEFGHEFEGCGCEEG又.4214方法二以D为坐标原点,分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴,建立如图所示直角坐标系D—xyz.依题设,B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4).=(0,2,1),=(2,2,0),=(-2,2,-4),=(2,0,4).(1)证明因为故A1C⊥BD,A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面DBE.DECA11DADB,0,011DECADBCA(2)解设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的法向量,则n⊥,n⊥故2y+z=0,2x+4z=0,令y=1,则z=-2,x=4,n=(4,1,-2).等于二面角A1—DE—B的平面角的大小,所以二面角A1—DE—B的余弦值为DE.1DACAn1,.4214||||,cos111CAnCAnCAn.4214题型三利用空间向量求距离【例3】(2009·江西)在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2,以AC中点O为球心,AC为直径的球面交PD于点M,交PC于点N.(1)求证:平面ABM⊥平面PCD,(2)求直线CD与平面ACM所成的角的大小；(3)求点N到平面ACM的距离.方法一(1)证明依题设知,AC是所作球面的直径,则AM⊥MC.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又CD⊥AD,AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥AM.AM∩MC=M,所以AM⊥平面PCD,AM平面ABM,所以平面ABM⊥平面PCD.(2)解由(1)知,AM⊥PD,又PA=AD,则M是PD的中点,可得AM=且M到平面ABCD的距离为2.设D到平面ACM的距离为h,由VD—ACM=VM—ACD,设所求角为,则22.4,6221.32Δ22ACDACMSMCAMSCDMDMC则.362,862hh可求得即.36arcsin,36sinCDh(3)解由(1)可求得PC=6,因为AN⊥NC,由得PN=所以NC:PC=5:9.故点N到平面ACM的距离等于点P到平面ACM距离的又因为M是PD的中点,则P、D到平面ACM的距离相等.由(2)可知所求的距离为,PCPAPAPN,38.95.2761095h方法二(1)同方法一;(2)解如图所示,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2).设平面ACM的一个法向量n=(x,y,z),令z=1,则n=(2,-1,1).设所求角为,则所求角的大小为022,042,,zyyxAMnACn可得由.36|||||||,cos|sinnCDnCDnCD.36arcsin(3)解由条件可得,AN⊥NC,在Rt△PAC中,PA2=PN·PC,所以PN=所求距离等于点P到平