空间向量

二轮复习既是知识的巩固，更是方法提炼的关键时期，立体几何的解题方法的选用是很重要的. 有的同学懒得用向量的方法，而又有的学生完全依赖于向量的方法，这都是不可取的！我们常把“立几”中的“向量法”和“几何法”比作餐具中的“勺子”和“筷子”，两者都要会用才不至于有用勺子去吃面条和用筷子去吃豆子的笨拙. 前面的第二、三点已经讲了“筷子”的用法，下面我们再讲讲“勺子”的用法.

■

纵观近几年，特别是2012年各地的高考数学试题，直接考查空间向量的试题很难见到，但每份试卷中必有一个立体几何大题，在解答立体几何大题时有两种方法（空间向量方法、立体几何传统方法）可供选择，其中绝大部分试题选择使用空间向量的方法比较恰当. 空间向量的引入，有效地提高了解题的可操作性，从而提高了学习的效率.空间向量将形的观察问题转化为数的运算问题，“少了推理，多了计算”.

■

使用空间向量对立体几何问题进行计算和证明，关键是几何问题向量化的转化过程. 从建立空间直角坐标系，到确定空间点的坐标、具体向量的坐标，再到向量的有关运算，一直到得出结论，构成了一个非常严密的解答（证明）过程. 空间向量在立体几何中的应用技巧列举如下：

（1）线线平行：若■∥■，则AB∥CD.

（2）线面平行：设n是平面α的法向量，若■⊥n，AB？埭α，则AB∥α.

（3）线线垂直：若■⊥■，则AB⊥CD.

（4）线面垂直：设n是平面α的法向量，若■∥n，则AB⊥α.

（5）面面垂直：设n1是平面α的法向量，n2是平面β的法向量，若n1⊥n2，则α⊥β.

（6）线线所成角：设直线AB与直线CD所成角的大小为θ，则cosθ=cos〈■，■〉.

（7）线面所成角：设直线AP与平面α所成角的大小为θ，若n是平面α的法向量，则sinθ=cos〈■，n〉.

（8）面面所成角：设平面α与平面β所成角的大小为θ，若n1，n2分别是平面α与平面β的法向量，则cosθ= ±cos〈n1，n2〉（正负取值视实际情况而定）.

（9）点面距离：设n是平面α的法向量，则点P到平面α的距离d=■.

注：在高考中，对空间向量的应用主要体现在求空间角与空间距离，而对空间平行与垂直的判定更多的还是用传统方法来解决.

■

■ 如图1，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合.

（1）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；

（2）设二面角C-AF-E的大小为θ，求tanθ的最小值.

■

图1

破解思路 对于动点问题，我们往往借助空间向量工具，通过引入变量，将形的问题转化为数的问题，继而运用函数思想，解决最值问题.

经典答案 （1）建立如图2所示的空间直角坐标系，则由已知可得A（0，0，0），B（2■，2，0），C（0，4，0），A1（0，0，4），E（■，3，0），F（0，4，1），于是■1=（0，-4，4），■=（-■，1，1），则■1·■=0-4+4=0，故EF⊥A1C.

（2）设CF=λ（0<λ≤4），平面AEF的一个法向量为m=（x，y，z），则由（1）得F（0，4，λ），■=（■，3，0），■=（0，4，λ），于是由m⊥■，m⊥■可得m·■=0，m·■=0，即■x+3y=0，4y+λz=0，取m=（■λ，-λ，4）. 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n=（1，0，0），于是由θ为锐角可得cosθ=■=■，sinθ=■，所以tanθ=■=■. 由0<λ≤4得■≥■，即tanθ≥■=■，故当λ=4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值■.

■ 如图3，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=3，F为线段DE上的动点.

（1）若F为DE的中点，求证：BE∥平面ACF；

（2）求点A到平面BDE的距离；

（3）若二面角E-BC-F与二面角F-BC-D的大小相等，求DF的长.

■

图3

破解思路 立体几何距离问题可分为点面距离、线线距离、线面距离和面面距离，而线线距离、线面距离和面面距离往往可以转化为点面距离，故点面距离是立体几何距离问题的核心与重点，求解策略有三种途径.

法1（定义法）：作点A在平面BDE上的射影H，则AH的长度就是点A到平面BDE的距离.

法2（等体积法）：点A到平面BDE的距离d=■.

法3（向量法）：设n是平面BDE的法向量，则点A到平面BDE的距离d=■.

经典答案 （1）连结AC，与BD交于O，连结OF. 因为F为DE的中点，O为BD的中点，所以OF∥BE，OF？奂平面ACF，BE？埭平面ACF，所以BE∥平面ACF.

（2）法1：由题意易知，AD=3■，BD=6，因为AE⊥平面CDE且CD？奂平面CDE，所以AE⊥CD.

又AB∥CD，所以AB⊥AE，所以BE=■=3■.

在△BDE中，BE2+DE2=6=BD2，所以DE⊥BE，而AE⊥DE且DE∩BE=E，所以DE⊥平面ABE，所以平面ABE⊥平面BDE，所以过点A向平面BDE引垂线，垂足H必在BE上，所以在Rt△ABE中，AH=■=■=■.

法2：设A到平面BDE的距离为d，则d=■=■=■.

法3：因为AE⊥平面CDE，CD？奂平面CDE，所以AE⊥CD，因为CD⊥AD，AE∩AD=A，AD，AE？奂平面DAE，所以CD⊥平面DAE. 如图4建立空间直角坐标系，则E（3，0，0），F（a，0，0），C（0，3■，0），A（3，0，3），D（0，0，0）.

由■=■得B（3，3■，3），则■=（3，3■，3），■=（3，0，0），■=（0，0，-3）. 设平面BDE的法向量为n=（x，y，z），则3x+3■y+3z=0，3x=0，得x=0. 令y=1，则z=-■，所以n=（0，1，-■），所以点A到平面BDE的距离为d=■=■.

■

图4

（3）法1：如图5，过E作EH⊥AD于H，过H作MH⊥BC于M，连结ME. 同理，过F作FG⊥AD于G，过G作NG⊥BC于N，连结NF.

■

图5

因为AE⊥平面CDE，CD？奂平面CDE，所以AE⊥CD. 因为CD⊥AD，AE∩AD=A，AD，AE？奂平面DAE，所以CD⊥平面DAE. 又EH？奂平面DAE，所以CD⊥EH. CD∩AD=D，CD，AD？奂平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD. 所以HE⊥BC，所以BC⊥平面MHE，所以∠HME为二面角E-BC-D的平面角. 同理，∠GNF为二面角F-BC-D的平面角.

因为MH∥AB，所以MH=3■，又HE=■，所以tan∠HME=■. 而∠HME=2∠GNF，所以tan∠GNF=■-2，所以■=■-2，GF=3■-6■. 又GF∥HE，所以■=■，所以DF=6■-12.

法2：设n1⊥平面ABCD，且n1=（x，y，z），由n1·■=0，n1·■=0？圯y=0，x+z=0？圯n1=（1，0，-1）.

设n2⊥平面BCF，且n2=（x，y，z），由n2·■=0，n2·■=0？圯x+z=0，ax-3■y=0？圯n2=（3■，a，-3■）.

设n3⊥平面BCE，且n3=（x，y，z），由n3·■=0，n3·■=0？圯x+z=0，x-■y=0？圯n3=（■，1，-■）. 设二面角E-BC-F的大小为α，二面角D-BC-F的大小为β，α=β，cos〈n1，n2〉=cos〈n3，n2〉，■=■？圯6=■？圯a=-12±6■. 因为0

注：若空间直角坐标系按如图6所示建立，运算量将会大大下降，请大家不妨去试一下.

■

zqKrqM4Gds/Xa0kTd1bJnNzEGWm36uDHC5yFnrK44gA=

图6

■

？摇？摇1. 如图7，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=■AD=1，CD=■.

■

图7

（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；

（2）设PM=tMC，若二面角M-BQ-C的平面角的大小为30°，试确定t的值.

2. 如图8，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2■，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=■.

■

图8

（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；

（2）求二面角A-A1C1-B1的正弦值；

（3）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长.