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1、空间向量在立体几何中的应用【例1】已知三棱锥P-ABC中,PA⊥面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN，M,S分别为PB,BC的中点.(Ⅰ)证明:CM⊥SN;(Ⅱ)求SN与平面CMN所成角的大小.证明：设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为x,y,z轴正向建立空间直角坐标系如图.则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,),N(,0,0),S(1,,0)(Ⅰ),因为,所以CM⊥SN(Ⅱ),设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,则因为所以SN与片面CMN
2、所成角为45°【例2】、如图,四棱锥S—ABCD中,底面ABCD,AB//DC,,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,平面EDC平面SBC.
(Ⅰ)证明:SE=2EB;
(Ⅱ)求二面角A—DE—C的大小.【解析】：以D为坐标原点,射线DA为轴正半轴,
建立如图所示的直角坐标系
设,则
(Ⅰ)33
设平面SBC的法向量为
由得
故
令
又设,则
设平面CDE的法向量
则,得
故
令
由平面DEC平面SBC得
故SE=2EB.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
取DE中点E,则
故,由此得
又,故,
由此得,
向量与的夹角等于二面角A—D
3、E—C的平面角.
于是
所以,二面角A—DE—C的大小为120°.33【例3】如图,己知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,⊥BD垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.
(Ⅰ)证明:PE⊥BC
(Ⅱ)若==60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.【解析】以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴,线段HA的长为单位长,建立空间直角坐标系如图,则A(1,0,0),B(0,1,0)
(I)设则
可得
因为,
所以
(II)由已知条件可得故,
设为平面PEH的法向量,
则即因此，取
由可得
所以直线PA与平
4、面PEH所成角的正弦值为【例4】如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，SD=2a，点E是SD上的点，且（Ⅰ）求证：对任意的，都有（Ⅱ）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值w.w.w.k.s.5.u.c.o.m【解析】（Ⅰ）33（Ⅱ）证法2：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如
图2所示的空间直角坐标系，则
D（0，0，0），A（，0，0），B（，，0），C（0，，0），E（0，0），
，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
即。（I）解法2：由（I）
5、得.设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则由得。
易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为.
.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
0<，，
.
由于，解得，即为所求。33【例6】OSABCDE如图，在四棱锥中，底面是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，与的交点为，为侧棱上一点．（Ⅰ）当为侧棱的中点时，求证：∥平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）当二面角的大小为时，试判断点在上的位置，并说明理由．解法一：证明：（Ⅰ）连接，由条件可得∥．OSABCDE因为平面，平面，所以∥平面．（Ⅱ）由已知可得，,是中点，所以．又
6、因为四边形是正方形，所以．因为，所以．又因为，所以平面平面．（Ⅲ）解：连接，由（Ⅱ）知．而,所以．又．所以是二面角的平面角，即．OyzxSABCDE设四棱锥的底面边长为2，在中，,,所以．又因为,,所以是等腰直角三角形．由可知，点是的中点．解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，．建立如图所示的空间直角坐标系．设四棱锥的底面边长为2，则，，，33，，．所以，．设（），由已知可求得．所以，．设平面法向量为，则即令，得．易知是平面的法向量．因为，所以，所以平面平面．（Ⅲ）解：设（），由（Ⅱ）可知，平面法向量为．因为，所以是平
7、面的一个法向量．由已知二面角的大小为．所以，所以，解得．所以点是的中点．【例7】如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，，，为的中点
（Ⅰ）求直线与所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面内找一点，使面，并求出点到和的距离【解析】：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，33则的坐标为、、、、、，从而设的夹角为，则∴与所成角的余弦值为
（Ⅱ）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则，由面可得，∴即点的坐标为，从而点到和的距离分别为【例8】如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是地面边长的倍,P为侧棱SD上的点｡
(Ⅰ)求证:AC⊥
8、SD;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(Ⅱ)若SD⊥平面PAC,求二面角P-AC-D的大小(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,w使得BE∥平面PAC｡若存在,求SE:EC的值;若不存在,试说明理由｡解：(Ⅰ)连接,设交与,由题意,平面,以为坐标原点,分别为
