第三講 空間向量與立體幾何

隨堂講義專題五

立體幾何第三講

空間向量與立體幾何求解立體幾何問題是高考的必考內(nèi)容，每套試卷必有立體幾何解答題，一般設2至3問，前一問較簡單，最后一問難度較大，而選用向量法可以降低解題難度．預測2016年高考仍以棱柱或棱錐為載體，第一問求證線面平行、垂直關系，第二或第三問則求角或探索存在性問題，有一定難度．解析：解法一(1)取CD中點O，連接OB，OM，2．如下圖所示，在四棱錐OABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M為OA的中點，N為BC的中點．(1)證明：直線MN∥平面OCD；(2)求異面直線AB與MD所成角的大小；(3)求點B到平面OCD的距離．解析：解法一(綜合法)(1)如右圖所示，取OB中點E，連接ME，NE，∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD.∴MN∥平面OCD.思路點撥：(1)要證明線面垂直可轉化為證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直；(2)求二面角的平面角，一種方法是利用空間線面之間的推理論證關系作出二面角的平面角，通過解三角形知識求解；另一種方法是建立空間直角坐標系，求出相關坐標及二面角的兩個平面的法向量，結合向量夾角公式求解．解析：(1)∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，

∴四邊形ABCD和四邊形A1B1C1D1均為菱形，∵AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，∴O，O1分別為BD，B1D1中點．∵四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1為矩形，∴OO1∥CC1∥BB1且CC1⊥AC，BB1⊥BD.∴OO1⊥BD，OO1⊥AC，又∵AC∩BD＝O且AC，BD?底面ABCD，∴OO1⊥底面ABCD.

(2)解法一

過O1作B1O的垂線交B1O于點H，連接HO1，HC1，設四棱柱ABCDA1B1C1D1的邊長為2a.∵OO1⊥底面ABCD且底面ABCD∥面A1B1C1D1，∴OO1⊥面A1B1C1D1.又∵O1C1?面A1B1C1D1，∴O1C1⊥OO1.∵四邊形A1B1C1D1為菱形，∴O1C1⊥O1B1.又∵O1C1⊥OO1且OO1∩O1C1＝O1，O1O、O1B1?面OB1D，∴O1C1⊥面OB1D.又∵B1O?面OB1D，∴B1O⊥O1C1.又∵B1O⊥O1H且O1C1∩O1H＝O1，O1C1、O1H?面O1HC1，∴B1O⊥面O1HC1，∴∠O1HC1為二面角C1OB1D的平面角，則cos∠O1HC1＝.∵∠CBA＝60°且四邊形ABCD為菱形，設AB為2a，∴O1C1＝a，B1O1＝a，OO1＝2a，B1O＝＝a，解法二因為四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是棱形，因此，AC⊥BD，又O1O⊥面ABCD，從而OB，OC，O1O兩兩垂直，如圖以O為坐標原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立三維直角坐標系．設AB＝2，因為∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是各點的坐標為：O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)，求二面角最常用的辦法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角求得二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．3．如圖，P是邊長為1的正六邊形ABCDEF所在平面外一點，PA＝1，P在平面ABCDEF內(nèi)的射影為BF的中點O.(1)證明：PA⊥BF；(2)求面APB與面DPB所成二面角的大?。馕觯骸咂矫鍼AD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°，∴PA⊥平面ABCD，而ABCD是正方形，即AB⊥AD.故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0)．空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜繁瑣的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．在解題過程中，往往把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，從而使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題．1．用空間向量解決立體幾何問題時，要根據(jù)情況選擇，易建立空間直角坐標系，可利用空間向量知識解決立體幾何問題．2．在用空間向量