(完整版)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)[1]

【知识要点】

1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：

①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．

②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a＋b＝b＋a；

加法结合律：(a＋b＋c)＝a＋(b＋c)；

分配律：(＋)a＝a＋a；(a＋b)＝a＋b． (2)空间向量的基本定理：

①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数，使得a∥b． ②共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在惟一一对实数，，使得c＝a＋b．

③空间向量分解定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组1，2，3，使得p＝1a＋2b＋3c．

(3)空间向量的数量积运算：

①空间向量的数量积的定义：a·b＝|a｜|b｜cos〈a，b〉； ②空间向量的数量积的性质：

a·e＝|a｜cos＜a，e＞；a⊥ba·b＝0； |a|2＝a·a；|a·b|≤|a｜|b｜． ③空间向量的数量积的运算律： (a)·b＝(a·b)； 交换律：a·b＝b·a；

分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c． (4)空间向量运算的坐标表示：

①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz，分别沿x轴，y轴，z轴的正方向引单位向量i，j，k，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i，j，k｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a，存在惟一数组(a1，a2，a3)，使a＝a1i＋a2j＋a3k，那么有序数组(a1，a2，a3)就叫做空间向量a的坐标，即a＝(a1，a2，a3)．

②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则

a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)； a＝(a1，a2，a3)；a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3． ③空间向量平行和垂直的条件：

a∥b(b≠0)a＝ba1＝b1，a2＝b2，a3＝b3(∈R)； a⊥ba·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则

222|a|aaa12a2a3,|b|bbb12b2b32;

cosa,ba1b1a2b2a3b3ab;

222222|a||b|a1a2a3b1b2b3在空间直角坐标系中，点A(a1，a2，a3)，B(b1，b2，b3)，则A，B两点间的距离是

1

|AB|(a1b1)2(a2b2)2(a3b3)2.

2．空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量：

①如图，l为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线，对空间任意一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使得OPOAta，其中向量a叫做直线的方向向量．

由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．

②如果直线l⊥平面，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量．

由此可知，给定一点A及一个向量a，那么经过点A以向量a为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：

设直线l，m的方向向量分别是a，b，平面，的法向量分别是u，v，则 ①l∥ma∥ba＝kb，k∈R； ②l⊥ma⊥ba·b＝0； ③l∥a⊥ua·u＝0；

④l⊥a∥ua＝ku，k∈R； ⑤∥u∥vu＝kv，k∈R； ⑥⊥u⊥vu·v＝0．

(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：

①异面直线所成的角：设a，b是两条异面直线，过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做异面直线a与b所成的角．

设异面直线a与b的方向向量分别是v1，v2，a与b的夹角为，显然(0,],则

π2|cosv1,v2||v1v2|

|v1||v2|②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．

设直线a的方向向量是u，平面的法向量是v，直线a与平面的夹角为，显然

[0,]，则|cosu,v|π2|uv|

|u||v|③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作－l－在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角－l－的平面角．

利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：

如图，若AB，CD分别是二面角－l－的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角－l－的大

2

小就是向量AB与CD的夹角的大小．

方法二：

如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面，的法向量，则〈m1，m2〉与该二面角的大小相等或互补．

(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【复习要求】

1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．

2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．

3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 4．理解直线的方向向量与平面的法向量．

5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． 6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题． 【例题分析】

例1 如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2PA1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．

【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k，使得PQkRS.

解：如图建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，O1(0，0，2)，A1(3，0，2)，B1(0，4，2)，E(3，4，0)．

∵AP＝2PA1， ∴AP∴P(3,0,)

3

224AA(0,0,2)(0,0,), 133343同理可得：Q(0，2，2)，R(3，2，0)，S(0,4,)

232PQ(3,2,)RS,

3PQ//RS，又RPQ，

∴PQ∥RS．

【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；

(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．

2、本体还可采用综合法证明，连接PR，QS，证明PQRS是平行四边形即可，请完成这个证明． 例2 已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，求证：平面AMN∥平面EFBD．

【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．

解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(4，0，0)，M(2，0，4)，N(4，2，4)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)．

取MN的中点K，EF的中点G，BD的中点O，则O(2，2，0)，K(3，1，4)，G(1，3，4)．

MN＝(2，2，0)，EF＝(2，2，0)，AK＝(－1，1，4)，OG＝(－1，1，4)，

∴MN∥EF，AKOG，∴MN//EF，AK//OG，

∴MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD， ∴平面AMN∥平面EFBD．

解法二：设平面AMN的法向量是a＝(a1，a2，a3)，平面EFBD的法向量是 b＝(b1，b2，b3)． 由aAM0,aAN0, 得2a14a30,取a3＝1，得a＝(2，－2，1)．

2a24a30,由bDE0,bBF0,

2b24b30,得取b3＝1，得b＝(2，－2，1)．

2b4b0,13∵a∥b，∴平面AMN∥平面EFBD．

注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．

4

例3 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N是棱A1B1，B1B的中点，求异面直线AM和CN所成角的余弦值．

解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，M(2，1，2)，C(0，2，0)，N(2，2，1)．

AM(0,1,2),CN(2,0,1),

设AM和CN所成的角为，则cos2,

|AM||CN|52 5AMCN∴异面直线AM和CN所成角的余弦值是

解法二：取AB的中点P，CC1的中点Q，连接B1P，B1Q，PQ，PC． 易证明：B1P∥MA，B1Q∥NC，

∴∠PB1Q是异面直线AM和CN所成的角． 设正方体的棱长为2，易知B1PB1Q5,PQPC2QC26,

B1P2B1Q2PQ22∴cosPB1Q,

2B1PB1Q5∴异面直线AM和CN所成角的余弦值是

2 5

【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．

例4 如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，求直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小．

5

【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB1A1的法向量求解．

解法一：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0,0,2a),

C1(3aaa,,2a)取A1B1的中点D，则D(0,,2a)，连接AD，C1D． 2223a,0,0),AB(0,a,0),AA1(0,0,2a), 2则DC(DC1AB0,DC1AA10,

∴DC1⊥平面ABB1A1，

∴∠C1AD是直线AC1与平面ABB1A1所或的角．

AC1(3aaa,,2a),AD(0,,2a), 222cosC1ADAC1AD|AC1||AD|3， 2∴直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小是30°．

解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，2a)，C1(3aa,,2a)，22从而AB(0,a,0),AA1(0,0,2a),AC1(设平面ABB1A1的法向量是a＝(p，q，r)， 由aAB0,aAA10,

3aa,,2a) 22aq0,得取p＝1，得a＝(1，0，0)． 2ar0,设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为,[0,],

π2 6

sin|cosAC1,a|1,30.

|AC1||a|2|AC1a|【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．

例5 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC－PB－C的平面角的余弦值．

2，求二面角A

解法一：取PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E． ∵PA＝AC＝1，PA⊥AC， ∴PC＝BC＝2，∴CD⊥PB． ∵EA⊥PB，

∴向量EA和DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．

如图建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，P(1，0，1)，由D是PB的

中点，得D(,121,) 222323PEAP21E(,,) ,由得E是PD的中点，从而24AB44EB3123121EA(,,),DC(,,)

424422cosEA,DCEADC|EA||DC|3 33 3即二面角A－PB－C的平面角的余弦值是

解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2,1,0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，

7

AP(0,0,1),AB(2,1,0),CB(2,0,0),CP(0,1,1).

设平面PAB的法向量是a＝(a1，a2，a3)， 平面PBC的法向量是b＝(b1，b2，b3)． 由aAP0,aAB0, 得a30,取a1＝1，得a(1,2,0).

2a1a20,2b10,由bCB0,bCP0得取b3＝1，得b＝(0，1，1)．

b2b30,cosa,bab3

3|a||b|33| 33∵二面角A－PB－C为锐二面角， ∴二面角A－PB－C的平面角的余弦值是|【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的

夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．

2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．

例6 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC．

(Ⅰ)求证：BC⊥平面PAC；

(Ⅱ)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的余弦值；

(Ⅲ)试问在棱PC上是否存在点E，使得二面角A－DE－P为直二面角?若存在，求出PE∶EC的值；若不存在，说明理由．

8

解：如图建立空间直角坐标系．

设PA＝a，由已知可得A(0，0，0)，B(a,(Ⅰ)∵AP(0,0,a),BC(a,0,0),

∴APBC0,∴BC⊥AP．又∠BCA＝90°，∴BC⊥AC． ∴BC⊥平面PAC．

(Ⅱ)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点． ∴D(a,1233a,0),C(0,a,0),P(0,0,a). 2212143131a,a),E(0,a,a) 4242由(Ⅰ)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，

∴∠DAE是直线AD与平面PAC所成的角． ∴AD(a,143131a,a),AE(0,a,a), 4242∴cosDAEADAE|AD||AE|14, 414 4即直线AD与平面PAC所成角的余弦值是

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE⊥平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP是二面角A－DE－P的平面角．

∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∠PAC＝90°． ∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，

PEPA24 这时，∠AEP＝90°，且

ECAC23故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角，此时PE∶EC＝4∶3．

注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．

9

练习

一、选择题：

1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点，则二面角E－A1D1－D的平面角的正切值是( ) (A)2

(B)2

(C)5

(D)22

2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD1与平面A1ACC1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90° 3．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1

与底面ABC所成角的正弦值等于( ) (A)

1 3(B)

2 3(C)

3 3(D)

2 34．如图，⊥，∩＝l，A∈，B∈，A，B到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，AB在，内的射影分别是m和n，若a＞b，则下列结论正确的是( )

(A)＞，m＞n (C)＜，m＜n

(B)＞，m＜n (D)＜，m＞n

二、填空题：

5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为

3，则该正四棱柱的体积等3于______．

7．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为______．

8．四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，ABBC1AD，PA⊥底面ABCD，2PD与底面ABCD所成的角是30°．设AE与CD所成的角为，则cos＝______． 三、解答题：

9．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上，且C1E＝3EC．

10

(Ⅰ)证明：A1C⊥平面BED；

(Ⅱ)求二面角A1－DE－B平面角的余弦值．

10．如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，ABC＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．

π，OA⊥底面ABCD，OA4

(Ⅰ)证明：直线MN∥平面OCD；

(Ⅱ)求异面直线AB与MD所成角的大小．

11．如图，已知直二面角－PQ－，A∈PQ，B∈，C∈，CA＝CB，∠BAP＝45°，直线CA和平

面所成的角为30°．

(Ⅰ)证明：BC⊥PQ；

(Ⅱ)求二面角B－AC－P平面角的余弦值．

11

练习答案

一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．

42 8．

45三、解答题：

9．以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D－xyz．

依题设，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，4)．

DE(0,2,1),DB(2,2,0), A1C(2,2,4),DA1(2,0,4).

(Ⅰ)∵A1CDB0,A1CDE0,∴A1C⊥BD，A1C⊥DE． 又DB∩DE＝D，∴A1C⊥平面DBE．

(Ⅱ)设向量n＝(x，y，z)是平面DA1E的法向量，则nDE,nDA1. ∴2yz0,令y＝1，得n＝(4，1，－2)．

2x4z0.nA1C|n||A1C|1414 ∴二面角A1－DE－B平面角的余弦值为

4242cos(n,A1C) 9题图 10题图

10．作AP⊥CD于点P．如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系．

22222,0),D(,,0)，,,0) O(0，0，2)，M(0，0，1)，N(14422222222,,1),OP(0,,2),OD(,,2) (Ⅰ)MN(144222则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0,设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则nOP0,nOD0,

22y2z0,即取z2,，得n(0,4,2). 2x2y2z0.22

12

∵MNn0,∴MN∥平面OCD． (Ⅱ)设AB与MD所成的角为，

AB(1,0,0),MD(22|ABMD|1π,,1),cos,, 223|AB||MD|2π 3即直线AB与MD所成角的大小为

11．(Ⅰ)证明：在平面内过点C作CO⊥PQ于点O，连结OB．

∵⊥，∩＝PQ，∴CO⊥． 又∵CA＝CB，∴OA＝OB．

∵∠BAO＝45°，∴∠ABO＝45°，∠AOB＝90°，∴BO⊥PQ，又CO⊥PQ， ∴PQ⊥平面OBC，∴PQ⊥BC．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥OB，故以O为原点，分别以直线OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)．

∵CO⊥，∴∠CAO是CA和平面所成的角，则∠CAO＝30°． 不妨设AC＝2，则AO3，CO＝1．

3.

在Rt△OAB中，∠ABO＝∠BAO＝45°，∴BOAO∴O(0,0,0),B(3,0,0),A(0,3,0),C(0,0,1).

AB(3,3,0),AC(0,3,1).

设n1＝(x，y，z)是平面ABC的一个法向量，

3x3y0,nAB0,由得取x＝1，得n1(1,1,3)． 3yz0,nAC0,易知n2＝(1，0，0)是平面的一个法向量． 设二面角B－AC－P的平面角为，∴cosn1n25,

|n1||n2|5即二面角B－AC－P平面角的余弦值是

5 5 13