“空间向量与立体几何”高考备忘录

石鹏

在江苏高考中，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明线线、线面、面面的平行与垂直，以及空间角（线线角、线面角、面面角）求解问题，历来是附加题命题的热点，难度中等，那么立体几何中的空间向量法主要涉及哪些问题呢？

一、利用空间向量证明平行与垂直

例1 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点.

（1）求证：AM∥平面BDE;

（2）求证：AM⊥平面BDF.

证明：（1）由题知CD，CB，CE两两垂直，分别以CD，CB，CE为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，

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

设AC∩BD=N，连接NE，则N（22，22，0），

所以NE=（-22，-22，1）.

因为M为EF的中点，则M（22，22，1），

所以AM=（-22，-22，1）.

所以NE=AM，所以NE∥AM.

又因为NE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.

评注：1.恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.

2.证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量代数运算.

3.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为证明直线与直线垂直.

二、利用空间向量求角

例2 （2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥PABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中点.

（1）证明：PO⊥平面ABC;

（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.

解析：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，

所以OP⊥AC，且OP=23，

连结OB.因为AB=BC=22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=12AC=2，

由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB，

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系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），设M（a，2-a，0）（0

设平面PAM的法向量为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与平面PAM所成角的正弦值为34.

评注：利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同.同时注意根据异面直线所成角的范围是（0，π2].

三、利用空间向量求线面角

例3 （2019年浙江）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：EF⊥BC;

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

解析：（1）如图所示，连结A1E，B1E，

等边△AA1C中，AE=EC，∴A1E⊥AC，

又∵平面ABC⊥平面A1ACC1，且平面ABC∩平面A1ACC1=AC，

由面面垂直的性质定理可得：A1E⊥平面ABC，BC平面ABC，故A1E⊥BC，

由三棱柱的性质可知A1B1∥AB，而AB⊥BC，故A1B1⊥BC，且A1B1∩A1E=A1，

由线面垂直的判定定理可得：BC⊥平面A1B1E，

结合EF平面A1B1E，故EF⊥BC.

（2）在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH，EC，EA1方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Exyz.

设EH=1，则AE=EC=3，AA1=CA1=23，BC=3，AB=3，

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

由AB=A1B1可得点B1的坐标为B1（32，323，3），

利用中点坐标公式可得：F（34，343，3），由于E（0，0，0），

故直线EF的方向向量为：EF=（34，343，3），

设平面A1BC的法向量为m=（x，y，z），则：

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

据此可得平面A1BC的一个法向量为m=（1，3，1），EF=（34，343，3），

此时

cos〈EF，m〉=EF·m|EF|×|m|=65×352=45，

设直线EF与平面A1BC所成角为θ，则

sinθ=cos〈EF，m〉=45，cosθ=35.

评注：利用向量法求线面角的方法：分别求出斜线的方向向量和平面的法向量，同时注意两向量的夹角与线面角的关系.

四、利用空间向量求二面角

例4 （2019年全国（理科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE;

（2）求二面角AMA1N的正弦值.

解析：（1）连接ME，B1C，

∵M，E分别为BB1，BC的中点，

∴ME为△B1BC的中位线，

∴ME∥B1C且ME=12B1C，

∵ABCDA1B1C1D1为直棱柱，

∴A1B1瘙 綊

AB，AB瘙 綊

CD，∴A1B1瘙 綊

CD，

∴A1B1CD为平行四边形，

∴A1D∥B1C，

又N为A1D的中点，

∴ND∥B1C且ND=12B1C，

∴ME瘙 綊

ND，∴四边形MNDE为平行四边形，

∴MN∥DE，又MN平面C1DE，DE平面C1DE，

∴MN∥平面C1DE.

（2）设AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，

由直四棱柱性质可知：OO1⊥平面ABCD，

∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，

则以O为原点，可建立如右图所示的空间直角坐标系：

则：A（3，0，0），M（0，1，2），

A1（3，0，4），D（0，-1，0），

N（32，-12，2），

取AB中点F，连接DF，

则F（32，12，0），

∵四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°，

∴△BAD为等边三角形，∴DF⊥AB，

又AA1⊥平面ABCD，DF平面ABCD，

∴DF⊥AA1，AA1與AB交于点A，

∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1，

∴DF为平面AMA1的一个法向量，

且DF=（32，32，0），

设平面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，则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的正弦值为105.

评注：求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.其计算公式为：设m，n分别为平面α，β的法向量，则θ与〈m，n〉互补或相等，|cosθ|=|cos〈m，n〉|=|m·n||m||n|.

五、利用空间向量求空间距离

例5 如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且BA1⊥AC1.

（1）求证：AC1⊥平面A1BC;

（2）求C1到平面A1AB的距离.

解答：（1）如图，取AB的中点E，则DE∥BC.因为BC⊥AC，所以DE⊥AC.

又A1D⊥平面ABC，所以DE，DC，DA1两两垂直，以DE，DC，DA1为x，y，z轴建立空间坐标系Dxyz，

则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.

设平面A1AB的法向量为n=（x，y，z），

AA1=（0，1，3），AB=（2，2，0），

则n·AA1=y+3z=0，n·AB=2x+2y=0，

令z=1，则n=（3，-3，1）.

所以C1到平面A1AB的距离

d=|AC1·n||n|=2217.

评注：空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离.

（1）点与点的距离

点与点之间的距离就是这两点间线段的长度，因此也就是这两点对应向量的模.

（2）点与面的距离

点面距离的求解步骤是：①求出该平面的一个法向量;②求出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量;③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即得要求的点面距离.

六、利用空间向量求解开放性问题

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

（1）求直线PB与平面PCD

为参数）代入曲线C的直角坐标方程中，

得t′2-2t′-2=0，∴t′A·t′B=-2，

∴|FA|·|FB|=2.

（2）设椭圆C的内接矩形在第一象限的顶点为（23cosθ，2sinθ）（0<θ<π2），由对称性可得椭圆C的内接矩形的周长为83cosθ+8sinθ=16sin（θ+π3），

∴当θ+π3=π2，即θ=π6时，椭圆C的内接矩形的周长取得最大值16.

点评：本题考查直线的参数方程，圆的极坐标方程和椭圆的参数方程及其应用，虽难度不大，但综合性较强，是高考命题的热门题型，应引起我们的注意.

最后值得一提的是，无论是极坐标还是参数方程，无论哪种题型，最终都可转化为到直角坐标系中普通方程来解，这或许就是破解这类问题的通法.

（作者：刘春雷，江苏省太仓市明德高级中学）