第八篇立体几何第7讲立体几何中的向量方法(一)

【2013年高考会这样考】

1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算． 2．能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理． 3．利用空间向量求空间距离． 【复习指导】

本讲复习中要掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，会找直线的方向向量和平面的法向量，并通过它们研究线面关系，会用向量法求空间距离．

基础梳理

1．空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算

设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 则①a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)； ②λa＝(λa1，λa2，λa3)； ③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3. (2)共线与垂直的坐标表示

设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，

则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)， a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式

设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，

22则|a|＝a·a＝a1＋a22＋a3，

设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，

→|＝a－a2＋b－b2＋c－c2.

则dAB＝|AB2121212．立体几何中的向量方法

(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定

→为直线l的方向①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称AB→平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．

向量，与AB

②平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法a＝0，n·向量，则求法向量的方程组为 b＝0.n·(2)用向量证明空间中的平行关系

①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.

②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.

③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u. ④设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2. (3)用向量证明空间中的垂直关系

①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0. ②设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u. ③设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.

(4)点面距的求法

→·

|ABn|

如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝|n|.

一种思想

向量是既有大小又有方向的量，而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空

- 1 -

a·b

cos〈a，b〉＝|a||b|＝a1b1＋a2b2＋a3b3222222. a1＋a2＋a3·b1＋b2＋b3

间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量化： (1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标； (2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标． 得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题． 三种方法

主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：

C．P(－4,4,0)

解析 ∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，

D．P(3，－3,4)

→，在选项A中，MP→＝(1,4,1)，∴n·→＝0. ∴n⊥MPMP答案 A

→·→＝0，且AP→·→＝0是AP→·→3．(2011·唐山月考)已知点A，B，C∈平面α，点P∉α，则APABACBC＝0的( )． A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

直线与直线平行

(1)平行直线与平面平行

平面与平面平行直线与直线垂直

(2)垂直直线与平面垂直

平面与平面垂直

(3)点到平面的距离

→·→＝0APAB→·→－AC→)＝0，

解析 由，得AP(AB

→AC→＝0AP·→·→＝0，亦即AP→·→＝0，

即APCBBC→·→＝0， 反之，若APBC

→·→－AB→)＝0⇒AP→·→＝AP→·→，未必等于0. 则AP(ACABAC答案 A

4．(人教A版教材习题改编)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则下列

双基自测

结论正确的是( )． A．a∥c，b∥c C．a∥c，a⊥b

B．a∥b，a⊥c D．以上都不对

求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用，也是求异面直线之间距离，直线与平面距离和平面与平面距离的基础．

1．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是( )．

A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定 解析 ∵v2＝－2v1，∴v1∥v2. 答案 A

2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P中在平面α内的是( )． A．P(2,3,3)

B．P(－2,0,1)

- 2 -

解析 ∵c＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝2a，∴a∥c， 又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b. 答案 C

→＝(2,2,1)，AC→＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是________．5．(2012·舟山调研)已知AB 解析 设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)．

→·ABn＝0，2x＋2y＋z＝0，则即

→4x＋5y＋3z＝0.n＝0，AC·

11→

于是MN＝2，0，2，



设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)． x＋z＝0，→→

则n·DA1＝0，且n·DB＝0，得

x＋y＝0.取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． 11→·

又MNn＝2，0，2·(1，－1，－1)＝0，

→⊥n，又MN⊄平面ABD，

∴MN1∴MN∥平面A1BD.

1→1→→→→

法二 MN＝C1N－C1M＝2C1B1－2C1C

1→1→→＝2(DA－DD)＝111

2DA1，

→∥DA→，又∵MN与DA不共线，∴MN∥DA， ∴MN111又∵MN⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD.

证明直线与平面平行，只须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了数量的计算问题．

【训练1】 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点．求证：PB∥平面EFG. 证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形，

∴AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则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(0,1,1)、G(1,2,0)．

- 3 -

1x＝，

令z＝1，得2

y＝－1，

1

∴n＝2，－1，1，



22n1

3，－3，3. ∴平面ABC的单位法向量为±＝±|n|221

3，－3，3 答案 ±

考向一 利用空间向量证明平行问题

【例1】►如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.

[审题视点] 直接用线面平行定理不易证明，考虑用向量方法证明．

证明 法一 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

11

则M0，1，2，N2，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，



→＝(2,0，－2)，FE→＝(0，－1,0)，FG→＝(1,1，－1)， ∴PB

→＝sFE→＋tFG→， 设PB

即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，

→A1E＝(0，x，－1)，

－x＝－λ，

→→→

设A1F＝λA1C1＋μA1E，1＝λ＋μx，

－1＝－μ，1

解得λ＝2，μ＝1. 1→→→

∴A1F＝A1C1＋A1E. 2

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直线与直线垂直证明．

【训练2】 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明： (1)AE⊥CD； (2)PD⊥平面ABE.

证明 AB、AD、AP两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1， 则P(0,0,1)． (1)∵∠ABC＝60°， △ABC为正三角形．

11331∴C，，0，E，，.

22442

→·→＝0， 设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得ACCD2323

， 即y＝3，则D0，

3，0

t＝2，

∴t－s＝0，－t＝－2，

解得s＝t＝2.

→＝2FE→＋2FG→， ∴PB

→与FG→不共线，∴PB→、FE→与FG→共面． 又∵FE

∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.

考向二 利用空间向量证明垂直问题

【例2】►如图所示，在棱长为1的正方体OABC-O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤1，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz. (1)求证A1F⊥C1E；

(2)若A1，E，F，C1四点共面 1→→→

求证：AF＝A11C1＋A1E. 2

[审题视点] 本题已建好空间直角坐标系，故可用向量法求解，要注意找准点的坐标． 证明 (1)由已知条件

A1(1,0,1)，F(1－x,1,0)，C1(0,1,1)，E(1，x,0)， →→A1F＝(－x,1，－1)，C1E＝(1，x－1，－1)， →→则A1F·C1E＝－x＋(x－1)＋1＝0， →→∴A1F⊥C1E，即A1F⊥C1E.

→→(2)A1F＝(－x,1，－1)，A1C1＝(－1,1,0)，

- 4 -

13→131→＝－，，0.又AE∴CD＝，，， 26442→·→＝－1×1＋3×3＝0，

∴AECD

24→⊥CD→，即AE⊥CD.

∴AE

23→＝0，. (2)法一 ∵P(0,0,1)，∴PD，－1

3→·→＝3×23＋1×(－1)＝0，

又AEPD

432

→⊥AE→，即PD⊥AE.AB→＝(1,0,0)，∴PD→·→＝0，

∴PDAB∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB. 131→＝(1,0,0)，AE→＝，，， 法二 AB

442设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，

∵SA＝SC，AB＝BC， ∴AC⊥SO，AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC， ∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.

如图所示，建立空间直角坐标系O-xyz， 则B(0,23，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,22)， M(1，3，0)，N(0，3，2)．

→＝(3，3，0)，MN→＝(－1,0，2)， ∴CM

→＝(－1，3，0)． MB

设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， →·CMn＝3x＋3y＝0，则取z＝1，

→n＝－x＋2z＝0，MN·则x＝2，y＝－6，∴n＝(2，－6，1)． ∴点B到平面CMN的距离 →|42|n·MB

d＝|n|＝3. 点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如

→＝BM→＋MH→及BH→·→，

本题，事实上，作BH⊥平面CMN于H.由BHn＝n·BM→·→|＝|BH→|·得|BHn|＝|n·BM|n|， 面如图

→|→|

|n·BM|n·BM→

所以|BH|＝|n|，即d＝|n|.

【训练3】 (2010·江西)如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23. (1)求点A到平面MBC的距离；

- 5 -

x＝0，

则131

x＋44y＋2z＝0，

令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)． 23→＝→＝3n. 0，，显然PD∵PD，－133

→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE. ∵PD

考向三 利用向量求空间距离

【例3】►在三棱锥SABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝23，M、N分别为AB、SB的中点，所示，求点B到平面CMN的距离．

[审题视点] 考虑用向量法求距离，距离公式不要记错． 解 取AC的中点O，连接OS、OB.

(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．

25

设所求二面角为θ，则sin θ＝5.

规范解答15——立体几何中的探索性问题

【问题研究】 高考中立体几何部分在对有关的点、线、面位置关系考查的同时，往往也会考查一些探索性问题，主要是对一些点的位置、线段的长度，空间角的范围和体积的范围的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，这类题目往往难度都比较大，设问的方式一般是“是否存在？存在给出证明，不存在说明理由.”

【解决方案】 解决存在与否类的探索性问题一般有两个思路：一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的量；二是首先假设其存在，然后通过推理论证或是计算，如果得出了一个合理的结果，就说明其存在；如果得出了一个矛盾的结果，就说明其不存在. 【示例】► (本小题满分14分) (2011·福建)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝2，∠CDA＝45°. (1)求证：平面PAB⊥平面PAD； (2)设AB＝AP.

(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；

(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等？说明理由．

(1)可先根据线线垂直，证明线面垂直，即可证得面面垂直．

(2)由于题中PB与平面PCD所成的角不好作出，因此用向量法求解．至于第2小问，可先假设点G存在，然后推理得出矛盾或列出方程无解，从而否定假设． [解答示范] (1)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB.

又AB⊥AD，PA∩AD＝A，

- 6 -

解 取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.

取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图． OB＝OM＝3，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)．

→＝(1，3，0)，

(1)设n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，则BC→＝(0，3，3)， BM

→→

由n⊥BC得x＋3y＝0；由n⊥BM得3y＋3z＝0. →＝(0,0,23)，则

取n＝(3，－1,1)，BA→·|BAn|23215d＝|n|＝＝5. 5

→＝(－1,0，3)，CA→＝(－1，－3，23)． (2)CM

设平面ACM的法向量为n1＝(x，y，z)， －x＋3z＝0，→→

由n1⊥CM，n1⊥CA得

－x－3y＋23z＝0，解得x＝3z，y＝z，取n1＝(3，1,1)． 又平面BCD的法向量为n2＝(0,0,1)． 1n1·n2所以cos〈n1，n2〉＝|n||n|＝.

125

所以AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(4分) (2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)． 在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E， 则CE⊥AD.

在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1， CE＝CD·sin 45°＝1.

设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由AB＋AD＝4得，AD＝4－t，

所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，C→D＝(－1,1,0)，P→D＝(0,4－t，－t)．(6分) (ⅰ)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， －x＋y＝0，→→由n⊥CD，n⊥PD，得

设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，

则G→C＝(1,3－t－m,0)，G→D＝(0,4－t－m,0)，G→P＝(0，－m，t)． 由|G→C|＝|G→D|得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即t＝3－m；(1)

由|G→D|＝|G→P|得(4－t－m)2＝m2＋t2.(2)

由(1)、(2)消去t，化简得m2－3m＋4＝0.(3)(12分)

由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、C、D的距离都相等．从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等．(14分) 法二 (1)同法一．

(2)(ⅰ)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)． 在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E， 则CE⊥AD.

在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1， CE＝CD·sin 45°＝1.

设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)， 由AB＋AD＝4得AD＝4－t.

所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，

4－ty－tz＝0.

取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)． 又P→B＝(t,0，－t)，

n·|2t2－4t|P→B故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°＝即2222＝，→t＋t＋4－t·2t|PB||n|·12，

44

解得t＝5或t＝4(舍去)，因为AD＝4－t＞0，所以AB＝5.(9分)

C→D＝(－1,1,0)，P→D＝(0,4－t，－t)．

(ⅱ)法一 假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到P，B，C，D的距离都相等，

- 7 -

设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 由n⊥C→D，n⊥P→D，

－x＋y＝0，得取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)． 4－ty－tz＝0.

1

又∵f(x)＝x－2cx＋1在2，＋∞上为增函数，



2

→n ·PB→， 又PB＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°＝

|P→B||n|·|2t2－4t|1

即22＝， 222t＋t＋4－t·2t

44解得t＝5或t＝4(舍去，因为AD＝4－t＞0)，所以 AB＝5.

11∴c≤2.即q：0＜c≤2. 1

∵c＞0且c≠1，∴綈q：c＞2且c≠1.(6分)

又∵“p∨q”为真，“p∧q”为假，∴p真q假或p假q真．(7分) ①当p真，q②当p假，q

11假时，{c|0＜c＜1}∩c|c＞2且c≠1＝c2＜c＜11真时，{c|c＞1}∩c|0＜c≤2＝∅.(11

1

的取值范围是c2





；(9

分)

分) 分)

综上所述，实数c

法二 假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等． 由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD， 所以GD＝CD·cos 45°＝1.

设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ，(11分) 在Rt△ABG中，

GB＝AB＋AG＝λ＋3－λ＝ 这与GB＝GD矛盾．

所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等．

从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．(14分) [解答示范] ∵函数y＝cx在R上单调递减， ∴0＜c＜1.(2分)

即p：0＜c＜1.∵c＞0且c≠1，∴綈p：c＞1.(3分)

2222



＜c＜1.(12



探索性问题只要根据设问把问题确定下来就变为了普通问题，解题的关键是如

何把要探索的问题确定下来，如本题第(2)问，法一是先设出G点，由条件列出方程无解知G点不存在．法二是由已知先确定G点，然后推理得出矛盾，故G点不存在．

329

2λ－2＋2＞1， 

- 8 -