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第三章 空间向量与立体几何1空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算第1层用已知向量表示未知向量例1如图所示，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点，用向量，表示和.解()()()；()()().点评用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立第2层化简向量例2如图，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD.设M，G分别是BC，CD的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量(1)；(2)()；(3)()解(1).(2)().(3)().，如图所示点评要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则第3层证明立体几何问题例3如图，已知M，N分别为四面体ABCD的面BCD与面ACD的重心，且G为AM上一点，且GMGA13.求证：B，G，N三点共线证明设a，b，c，则a(abc)abc，()abc.，即B，G，N三点共线.2空间向量易错点扫描易错点1对向量夹角与数量积的关系理解不清例1“ab0”是“a，b为钝角”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)错解ab0cosa，b0a，b为钝角，所以“ab0”是“a，b为钝角”的充要条件错因分析错解中忽略了两个向量共线且反向的情况剖析当a，b时，ab0，但此时夹角不为钝角，所以“ab0”是“a，b为钝角”的必要不充分条件正解必要不充分总结ab0a与b夹角为锐角或a与b方向相同易错点2忽略两向量的夹角的定义例2如图所示，在120的二面角AB中，AC，BD，且ACAB，BDAB，垂足分别为A，B.已知ACABBD6，试求线段CD的长错解ACAB，BDAB，0，0，二面角AB的平面角为120，120.CD22()2222222362262cos12072，CD6.错因分析错解中混淆了二面角的平面角与向量夹角的概念向量，的夹角与二面角AB的平面角互补，而不是相等正解ACAB，BDAB，0，0，二面角AB的平面角为120，18012060.CD22()2222222362262cos60144，CD12.易错点3判断是否共面出错例3已知O，A，B，C为空间不共面的四点，a，b，则与a，b不能构成空间的一个基底的是()A.B.C.D.或错解a，b，相加得(ab)，所以，都与a，b共面，不能构成空间的一个基底，故选D.剖析(ab)，说明与a，b共面，但不能认为，都与a，b共面对A，B：设xayb，因为a，b，代入整理得(xy1)(xy)(xy)0，因为O，A，B，C四点不共面，所以，不共面，所以xy10，xy0，xy0，此时，x，y不存在，所以a、b与不共面，故a，b与可构成空间的一个基底同理a，b与也可构成空间的一个基底对C：因为a，b，相减有(ab)，所以与a，b共面，故不能构成空间的一个基底正解C易错点4混淆向量运算和实数运算例4下列各式中正确的是()Aabbc(b0)acBab0a0或b0C(ab)ca(bc)D.|cos(180AOB)错解A(或B或C)剖析想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错向量的数量积运算不满足消去律、结合律，故A、C错误；若ab0a0或b0或ab，故B错误；的夹角是180AOB.正解D易错点5忽略建系的前提例5四边形ABCD是边长为2的菱形，ABC60，AE平面ABCD，AE2，F为CE中点，试合理建立坐标系，求与所成角的余弦值错解以A为坐标原点，以，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz.此时(1,1,1)，(0,2,0)，所以cos，.剖析空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB与AD不垂直正解设AC，BD交于点O，则ACBD.因为F为CE中点，所以OFAE，因为AE平面ABCD，所以OF平面ABCD，OFAC，OFBD，以O为坐标原点，以，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.此时(1,0,1)，(1，0)，所以cos，.易错点6求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例6在正方体ABCDA1B1C1D1中，求二面角ABD1C的大小错解以D为坐标原点，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Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)由题意知是平面ABD1的一个法向量，(1,0,1)，是平面BCD1的一个法向量，(0,1,1)，所以cos，.所以，60.所以二面角ABD1C的大小为60.剖析利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的确切位置正解以D为坐标原点，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Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)由题意知(1,0,1)是平面ABD1的一个法向量，(0,1,1)是平面BCD1的一个法向量所以cos，所以，60.结合图形知二面角ABD1C的大小为120.3空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如1利用共顶点的互相垂直的三条棱例1已知直四棱柱中，AA12，底面ABCD是直角梯形，DAB为直角，ABCD，AB4，AD2，DC1，试求异面直线BC1与DC所成角的余弦值解如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，C(0,1,0)，所以(2，3,2)，(0，1,0)所以cos，.故异面直线BC1与DC所成角的余弦值为.点评本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可2利用线面垂直关系例2如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB平面BB1C1C，E为棱C1C的中点，已知AB，BB12，BC1，BCC1.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标解过点B作BP垂直BB1交C1C于点P，因为AB平面BB1C1C，所以ABBP，又BPBB1，BB1ABB，且BB1，AB平面ABB1A1，所以BP平面ABB1A1，以B为坐标原点，分别以BP，BB1，BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz.因为AB，BB12，BC1，BCC1，所以CP，C1P，BP，则各点坐标分别为B(0，0,0)，A(0,0，)，B1(0,2,0)，C，C1，E，A1(0,2，)，p.点评空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便本题已知条件中的垂直关系“AB平面BB1C1C”，可作为建系的突破口3利用面面垂直关系例3如图1，在等腰梯形ABCD中，ADBC，ABAD2，ABC60，E是BC的中点将ABE沿AE折起，使平面BAE平面AEC(如图2)，连接BC，BD.求平面ABE与平面BCD所成的锐角的大小解取AE中点M，连接BM，DM.因为在等腰梯形ABCD中，ADBC，ABAD，ABC60，E是BC的中点，所以ABE与ADE都是等边三角形，所以BMAE，DMAE.又平面BAE平面AEC，所以BMMD.以M为坐标原点，分别以ME，MD，MB所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Mxyz，如图，则B(0,0，)，C(2，0)，D(0，0)，M(0,0,0)，所以(2,0,0)，(0，)，(0，0)，设平面BCD的法向量为m(x，y，z)，由取y1，得m(0,1,1)，又因平面ABE的一个法向量(0，0)，所以cosm，所以平面ABE与平面BCD所成的锐角为45.点评本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小4用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝向量法，教你如何以静制动1求解、证明问题例1在棱长为a的正方体OABCO1A1B1C1中，E，F分别是AB，BC上的动点，且AEBF，求证：A1FC1E.证明以O为坐标原点，OA，OC，OO1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Oxyz，则A1(a,0，a)，C1(0，a，a)设AEBFx，E(a，x,0)，F(ax，a,0)(x，a，a)，(a，xa，a)(x，a，a)(a，xa，a)axaxa2a20，即A1FC1E.2定位问题例2如图，已知四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，在DG上是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由解题提示假设存在点M，设平面BEF的法向量为n，设BM与平面BEF所成的角为，利用sin求出点M的坐标，若满足条件则存在解存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45.因为四边形CDGF，ADGE均为正方形，所以GDDA，GDDC.又DADCD，所以GD平面ABCD.又DADC，所以DA，DG，DC两两垂直，如图，以D为坐标原点，DA，DC，DG所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)因为点M在DG上，假设存在点M(0,0，t)(0t1)使得直线BM与平面BEF的夹角为45.设平面BEF的法向量为n(x，y，z)因为(0，1,1)，(1,0,1)，则即令z1，得xy1，所以n(1,1,1)为平面BEF的一个法向量又(1，1，t)，直线BM与平面BEF所成的角为45，所以sin45，解得t43.又0t1，所以t34.故在DG上存在点M(0,0,34)，且DM34时，直线MB与平面BEF所成的角为45.点评由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果.5向量与立体几何中的数学思想1数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起例1如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，BAD90，ADBC，且A1AABAD2BC2，点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F.(1)证明：A1F平面B1CE；(2)若E是棱AB的中点，求二面角A1ECD的余弦值；(3)求三棱锥B1A1EF的体积的最大值(1)证明因为ABCDA1B1C1D1是棱柱，所以平面ABCD平面A1B1C1D1.又因为平面ABCD平面A1ECFEC，平面A1B1C1D1平面A1ECFA1F，所以A1FEC.又因为A1F平面B1CE，EC平面B1CE，所以A1F平面B1CE.(2)解因为AA1底面ABCD，BAD90，所以AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.则A1(0,0,2)，E(1,0,0)，C(2,1,0)，A(0,0,0)，所以(1,0，2)，(2,1，2)，(0,0,1)设平面A1EC的法向量为m(x，y，z)，由m0，m0，得令z1，得m(2，2,1)又因为平面DEC的法向量为n(0,0,1)，所以cosm，n，由图可知，二面角A1ECD的平面角为锐角，所以二面角A1ECD的余弦值为.(3)解过点F作FMA1B1于点M，因为平面A1ABB1平面A1B1C1D1，平面A1ABB1A1B1C1D1A1B1，FMA1B1，所以FM平面A1ABB1，所以FMFMFM.因为当F与点D1重合时，FM取到最大值2(此时点E与点B重合)，所以当F与点D1重合时，三棱锥B1A1EF的体积的最大值为.2转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要例2如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2AD2，E为AB的中点，F为D1E上的一点，D1F2FE.(1)证明：平面DFC平面D1EC；(2)求二面角ADFC的平面角的余弦值分析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(1)证明以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，D(0,0,0)E为AB的中点，E(1,1,0)，D1F2FE，(1,1，2)，(0,0,2).设n(x1，y1，z1)是平面DFC的法向量，则取x11得平面DFC的一个法向量n(1,0，1)设p(x2，y2，z2)是平面D1EC的法向量，则取y21得平面D1EC的一个法向量p(1,1,1)，np(1,0，1)(1,1,1)0，np，平面DFC平面D1EC.(2)解设q(x3，y3，z3)是平面ADF的法向量，则取y31得平面ADF的一个法向量q(0,1，1)，设二面角ADFC的平面角为，由题中条件可知，则cos，二面角ADFC的平面角的余弦值为.3函数思想例3已知关于x的方程x2(t2)xt23t50有两个实根，且catb，a(1,1,3)，b(1,0，2)问|c|能否取得最大值？若能，求出实数t的值及对应的向量b与c夹角的余弦值；若不能，请说明理由分析写出|c|关于t的函数关系式，再利用函数观点求解解由题意知0，得4t，又c(1,1,3)t(1,0，2)(1t,1,32t)，|c|.当t时，f(t)52是单调递减函数，f(t)maxf(4)，即|c|的最大值存在，此时c(5,1,11)bc27，|c|7.而|b|，cosb，c.点评凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解4分类讨论思想例4如图，在矩形ABCD中，AB1，BCa(a0)，PA平面ABCD(点P位于平面ABCD的上方)，问BC边上是否存在点Q，使？分析由，得PQQD，所以平面ABCD内，点Q在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC相切或相交，则BC边上存在点Q，否则不存在解假设存在点Q(Q点在边BC上)，使，即PQQD，连接AQ.PA平面ABCD，PAQD.又且，0，即0.又由0，0，.即点Q在以边AD为直径的圆上，圆的半径为.又AB1，由题图知，当1，即a2时，该圆与边BC相切，存在1个点Q满足题意；当1，即a2时，该圆与边BC相交，存在2个点Q满足题意；当1，即0a2时，该圆与边BC相离，不存在点Q满足题意综上所述，当a2时，存在点Q，使；当0a2时，不存在点Q，使.
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