第2讲 空间向量与立体几何1共线向量与共面向量定理 (1)

第2讲空间向量与立体几何1.共线向量与共面向量定理（1）如果表示空间向量的有向线段所在直线互相平行或重合，则这些向量叫共线向量或平行向量.（2）平行于同一个平面的向量叫做共面向量.（3）共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b≠0),a∥b的充要条件是存在实数，使a=b.（4）共面向量定理：如果两个向量a、b不共线，则向量p与向量a、b共面的充要条件是存在实数对(x,y)，使p=xa+yb.2.空间向量的坐标运算设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3),a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3),a=(a1,a2,a3),a·b=a1b1+a2b2+a3b3,a∥ba=ba1=b1,a2=b2,a3=b3(∈R),a⊥ba·b=0a1b1+a2b2+a3b3=0.3.模、夹角和距离公式（1）设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则|a|=,·232221aaaaacos〈a,b〉=(2)距离公式设A（x1,y1,z1）,B(x2,y2,z2),则dAB=.(3)平面的法向量如果表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作a⊥.如果a⊥，那么向量a叫做平面的法向量.4.直线与平面、平面与平面的平行与垂直设直线l，m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面、的法向量分别为=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)（以下相同）..·232221232221332211bbbaaabababababa221221221)-()-()-(zzyyxx(1)线面平行l∥a⊥a·=0a1a3+b1b3+c1c3=0.(2)线面垂直l⊥a∥a=a1=a3,b1=b3,c1=c3.(3)面面平行∥∥v=kva3=ka4,b3=kb4,c3=kc4.(4)面面垂直⊥⊥v·v=0a3a4+b3b4+c3c4=0.5.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面、的法向量分别为=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)（以下相同）.kkkk(1)线线夹角设l，m的夹角为(0≤)，则cos(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为（0≤≤）,则sin==|cos〈a，〉|.(3)面面夹角设平面、的夹角为（0≤）,则|cos|==|cos〈,v〉|.2.··222222212121212121cbacbaccbbaababaaa·2vv·一、利用向量证明线、面的平行与垂直例1如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证：（1）DE∥平面ABC；（2）B1F⊥平面AEF.思维启迪可利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理；也可用向量法建立空间直角坐标系，用向量的坐标运算来解决.证明如图建立空间直角坐标系A—xyz，令AB=AA1=4，则A（0，0，0），E（0，4，2），F（2，2，0），B（4，0，0），B1（4，0，4）.(1)取AB中点为N，则N（2，0，0），C（0，4，0），D（2，0，2），∴DE=（-2，4，0），NC=(-2，4，0），∴DE=NC，∴DE∥NC，NC平面ABC，DE平面ABC.故DE∥平面ABC.（2）=（-2，2，-4），=（2，-2，-2），=（2，2，0）.·=（-2）×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,则⊥,∴B1F⊥EF,∵·=（-2）×2+2×2+（-4）×0=0.∴⊥，即B1F⊥AF，又∵AF∩FE=F，∴B1F⊥平面AEF.FB1EFAFFB1EFFB1EFFB1AFFB1AF探究提高（1）证明线面平行须证明线线平行，只需证明这条直线与平面内的直线的方向向量平行.（2）证明线面垂直的方法：可用直线的方向向量与平面的法向量共线证明；也可用直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量垂直证明.（3）证明面面垂直通常转化为证线面垂直，也可用两平面的法向量垂直来证明.变式训练1（2009·长沙试题调研）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在线段BB1上，且EB1=1，D、F、G分别为CC1、C1B1、C1A1的中点.求证：（1）B1D⊥平面ABD；（2）平面EGF∥平面ABD.证明（1）如图所示，以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），设BA=a，则A（a，0，0），所以=（a,0,0）,=(0,2,2),=(0,2,-2),·=0,·=0+4-4=0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD，因此B1D⊥平面ABD.（2）E（0，0，3），G（，1，4），F（0，1，4），则=（，1，1），=（0，1，1），·=0+2-2=0，·=0+2-2=0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF，因此B1D⊥平面EGF.结合（1）可知平面EGF∥平面ABD.BABDDB1BADB1BD2aEG2aEFDB1EGDB1EFDB1二、利用向量求线线角、线面角例2如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA=AB=BC=AD=1.（1）求PB与CD所成的角.（2）求直线PD与面PAC所成的角的余弦值.思维启迪本题中给出的几何体易于建立空间坐标系从而利用“向量法”解决线线角、线面角等夹角问题.21解建立空间直角坐标系如图所示，（1）∵PA=AB=BC=AD=1，∴P（0，0，1），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），∴=（1，0，-1），=（-1，1，0）.∴cos〈，〉==-.∴〈，〉=120°，∴PB与CD所成的角为60°.（2）=（0，2，-1），=（0，0，1），=（1，1，0），设m=（x,y,z）是平面PAC的一个法向量21PBCDPBCD2·200121PBCDPDAPACz=0x+y=0取x=1，则m=(1,-1,0),设直线PD与面PAC所成的角为，∴sin=∵∈［0,］,∴cos=.即直线PD与面PAC所成角的余弦值为.则，即x=-y,z=0，.5102·52··mPDmPD251551500ACmAPm，即探究提高（1）题目中具备建系的条件，可建立空间直角坐标系，将线线角、线面角转化为两向量的夹角.（2）求直线与平面所成的角，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin=|cos|.变式训练2（2009·江西文，20）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2.以BD的中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M.（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离.方法一（1）证明依题设，M在以BD为直径的球面上，则BM⊥PD.因为PA⊥底面ABCD，则PA⊥AB.又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD.因此有PD⊥平面ABM，所以平面ABM⊥平面PCD.（2）解设平面ABM与PC交于点N，因为AB∥CD，所以AB∥平面PCD，则AB∥MN∥CD，由（1）知，PD⊥平面ABM，则MN是PN在平面ABM上的射影，所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，且∠PNM=∠PCD，tan∠PNM=tan∠PCD=所求角为arctan.（3）解因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，由（1）知，PD⊥面ABM于M，,22DCPD22则|DM|就是D点到平面ABM的距离，因为在△PAD中，PA=AD=4，PD⊥AM，所以M为PD中点，DM=2，则O点到平面ABM的距离等于.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ABM的一个法向量n=(x,y,z),由,022,02,zyxAMnABn可得22令z=-1,则y=1,即n=(0,1,-1).设所求角为α,则sinα=故所求角的大小为arcsin.(3)解设所求距离为h，由O（1，2，0），,322nPCnPC322.2),0,2,1(nnAOhAO得三、利用向量求二面角例3如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC.（1）设E是DC的中点，求证：D1E∥平面A1BD；（2）求二面角A1—BD—C1的余弦值.思维启迪（1）可利用线面平行的判定定理；（2）利用平面的法向量或向量求二面角的大小.方法一（1）证明连结BE，则四边形DABE为正方形，∴BE=AD=A1D1，且BE∥AD∥A1D1，∴四边形A1D1EB为平行四边形.∴D1E∥A1B.又D1E平面A1BD，A1B平面A1BD，∴D1E∥平面A1BD.（2）解以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设DA=1，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C1（0，2，2），A1（1，0，2），∴=（1，0，2），=（1，1，0）.设n=（x,y,z）为平面A1BD的一个法向量，由n⊥,n⊥x+2z=0,x+y=0.1DADB1DADB得取z=1,则n=(-2,2,1).又=（0，2，2），=（1，1，0），设m=(x1,y1,z1)为平面C1BD的一个法向量，由m⊥,m⊥2y1+2z1=0,x1+y1=0.取z1=1,则m=(1,-1,1).设m与n的夹角为,二面角A1—BD—C1为,显然为锐角，∴cos=，即所求二面角A1—BD—C1的余弦值为.1DCDB1DCDB得nmnm·3333∴cos=.33333方法二（1）证明以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DA=a，由题意知：D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,2a,0),C1(0,2a,2a),A1(a,0,2a),D1(0,0,2a),E(0,a,0),∴=(0,a,-2a),=(a,0,2a),=(a,a,0).又(0,a,-2a)=(a,a,0)-(a,0,2a),∴=-=ED11DADBED1DB1DABA1∵DA1，DB平面A1BD,D1E平面A1BD,∴D1E∥平面A1BD.（2）解取DB的中点F，DC1的中点M，连结A1F，FM，由（1）及题意得知：F,M(0,a,a),∴0,2,2aaFMaaaFA,2,2,21.,2,2aaa·222·1a，a，aDBFA.00,,aa·,2,2·aaaDBFM.00,,aa∴FA1⊥DB,FM⊥DB.∴∠A1FM为所求二面角的平面角.∴cos∠A1FM=所以二面角A1—BD—C1的余弦值为.||||·11FMFAFMFA.3323324426·223,2,2·2,2,22222aaaaaaaaaaaa33探究提高利用平面的法向量求二面角的大小和将二面角转化为在两半平面内与棱垂直的两个向量的夹角来求.这两种方法都是利用向量的夹角来求二面角的大小，在求解时要注意两法向量的夹角的大小不一定就是所求二面角的大小，有可能两法向量夹角的补角的大小才为所求.变式训练3（200