[推荐学习]高三数学(理)二轮专题复习文档:专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法

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第3讲

立体几何中的向量方法

高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点, 常与空间线面关 系的证明相结合,热点为二面角的求解,均以解答题的形式进行考查,难度主要 体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.

真 题 感 悟 1.(2017· 全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=120° ,AB=2,BC= CC1=1,则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为( 3 A. 2 解析 法一 15 B. 5 10 C. 5 ) 3 D. 3

以 B 为原点,建立如图(1)所示的空间直角坐标系.

图(1) 则 B(0,0,0),B1(0,0,1),C1(1,0,1).

图(2)

又在△ABC 中,∠ABC=120° ,AB=2,则 A(-1, 3,0). → → 所以AB1=(1,- 3,1),BC1=(1,0,1), → → AB1· BC1 → → 则 cos〈AB1,BC1〉= → → |AB1|· |BC1| (1,- 3,1)· (1,0,1) 2 10 = = = 5 , 5× 2 5× 2 10 因此,异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 5 .

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法二 如图(2),设 M,N,P 分别为 AB,BB1,B1C1 中点,则 PN∥BC1,MN∥ AB1, ∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角. ∵AB=2,BC=CC1=1, 1 5 1 2 ∴MN=2AB1= 2 ,NP=2BC1= 2 . 取 BC 的中点 Q,连接 PQ,MQ,则可知△PQM 为直角三角形,且 PQ=1,MQ 1 =2AC, 在△ABC 中,AC2=AB2+BC2-2AB· BC· cos∠ABC ? 1? ?-2?=7,AC= 7, =4+1-2× 2× 1× ? ? 7 11 则 MQ= 2 ,则△MQP 中,MP= MQ2+PQ2= 2 , MN2+NP2-PM2 则△PMN 中,cos∠PNM= 2· MN· NP ? 5?2 ? 2?2 ? 11?2 ? ? +? ? -? ? ?2? ?2? ? 2 ? 10 = =- 5 , 5 2 2× 2 × 2 π? 10 ? 又异面直线所成角范围为?0,2?,则余弦值为 5 . ? ? 答案 C 2.(2018· 全国Ⅲ卷)如图,边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平 ︵ ︵ 面与半圆弧CD所在平面垂直,M 是CD上异于 C,D 的点. (1)证明:平面 AMD⊥平面 BMC; (2)当三棱锥 M-ABC 体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦 值. (1)证明 由题设知,平面 CMD⊥平面 ABCD,交线为 CD.

因为 BC⊥CD,BC?平面 ABCD, 所以 BC⊥平面 CMD,又 DM?平面 CDM,故 BC⊥DM.
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︵ 因为 M 为CD上异于 C,D 的点,且 DC 为直径, 所以 DM⊥CM. 又 BC∩CM=C,所以 DM⊥平面 BMC. 由于 DM?平面 AMD,故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)解 → 以 D 为坐标原点,DA的方向为 x 轴正方向,建立

如图所示的空间直角坐标系 D-xyz. ︵ 当三棱锥 M-ABC 体积最大时,M 为CD的中点. 由题设得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2, 0),M(0,1,1), → → → AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0). 设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量, ? → ?n· AM=0, ?-2x+y+z=0, 则? 即? → ?2y=0. ? AB=0, ? n· 可取 n=(1,0,2). → 又DA是平面 MCD 的法向量, → n· DA 5 2 5 → → 因此 cos〈n,DA〉= → = 5 ,sin〈n,DA〉= 5 . |n||DA| 2 5 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值为 5 . 3.(2018· 全国Ⅰ卷)如图,四边形 ABCD 为正方形, E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF 为折痕把△DFC 折起,使 点 C 到达点 P 的位置,且 PF⊥BF. (1)证明:平面 PEF⊥平面 ABFD; (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明 由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,又 PF∩EF=F,PF,EF?平面 PEF,

所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF?平面 ABFD,所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2) 解 作 PH ⊥ EF ,垂足为 H. 由 (1) 得, PH ⊥平面

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ABFD. → → 以 H 为坐标原点,以HF的方向为 y 轴的正方向,|BF|为单位长,建立如图所示 的空间直角坐标系 H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又 DP=2,DE=1,所以 PE= 3.又 PF=1,EF=2,故 EF2 =PE2+PF2,所以 PE⊥PF. 3 3 可得 PH= 2 ,EH=2. 3 ? ? 3? ? 则 H(0,0,0),P?0,0, ?,D?-1,-2,0?, ? ? 2? ? → ? 3 3? → ? 3? DP=?1, , ?,HP=?0,0, ?为平面 ABFD 的一个法向量. 2 2? 2? ? ? 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ, 3 → → ? ? HP · DP ? 4 3 则 sin θ=? ? → → ?= 3= 4 . ?|HP||DP|? 3 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 4 . 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1),平面 α,β 的法向量分别为 μ=(a2,b2, c2),v=(a3,b3,c3),则 (1)线面平行 l∥α?a⊥μ?a· μ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ· v=0?a2a3+b2b3+c2c3=0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面 α,β 的 法向量分别为 μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同).
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(1)线线夹角 π? ? 设 l,m 的夹角为 θ?0≤θ≤2?,则 ? ? |a· b| cos θ=|a||b|= (2)线面夹角 π? ? 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ?0≤θ≤2?,则 ? ? |a· μ| sin θ=|a||μ|=|cos a,μ |. (3)面面夹角 设平面 α,β 的夹角为 θ(0≤θ<π), |μ· v| 则|cos θ|=|μ||v|=|cos μ,v |. |a1a2+b1b2+c1c2| 2 2 2 2 2. a1+b2 1+c1 a2+b2+c2

热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系 【例 1】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD, AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点.证明: (1)BE⊥DC; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 PCD⊥平面 PAD. 证明 依题意, 以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图), 可得 B(1, 0, 0), C(2, 2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

→ → → → (1)向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE· DC=0. 所以 BE⊥DC. (2)因为 AB⊥AD,又 PA⊥平面 ABCD,AB?平面 ABCD, 所以 AB⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD?平面 PAD,
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所以 AB⊥平面 PAD, → 所以向量AB=(1,0,0)为平面 PAD 的一个法向量, → → 而BE· AB=(0,1,1)· (1,0,0)=0,所以 BE⊥AB, 又 BE?平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. → → → (3)由(2)知平面 PAD 的法向量AB=(1,0,0),向量PD=(0,2,-2),DC=(2, 0,0), 设平面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), ? → ?n· PD=0, ?2y-2z=0, 则? 即? → ?2x=0, ? DC=0, ? n· 不妨令 y=1,可得 n=(0,1,1)为平面 PCD 的一个法向量. → → 且 n· AB=(0,1,1)· (1,0,0)=0,所以 n⊥AB. 所以平面 PAD⊥平面 PCD. 探究提高 1.利用向量法证明平行、 垂直关系, 关键是建立恰当的坐标系(尽可能 利用垂直条件,准确写出相关点的坐标,进而用向量表示涉及到直线、平面的要 素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量,但向量证明仍然离不开立体 几何定理的条件,如在(2)中忽略 BE?平面 PAD 而致误. 【训练 1】 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=90° ,BC=2, CC1=4,点 E 在线段 BB1 上,且 EB1=1,D,F,G 分别为 CC1, C1B1,C1A1 的中点.求证: (1)B1D⊥平面 ABD; (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明 (1)以 B 为坐标原点,BA,BC,BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴, 建立空间直角坐标系,如图所示. 则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4). 设 BA=a,则 A(a,0,0),

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→ → → 所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B1D=(0,2,-2). → → → → B1D· BA=0,B1D· BD=0+4-4=0, 则 B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又 BA∩BD=B,BA,BD?平面 ABD, 因此 B1D⊥平面 ABD. ?a ? (2)由(1)知,E(0,0,3),G?2,1,4?,F(0,1,4), ? ? → ?a ? → 则EG=?2,1,1?,EF=(0,1,1), ? ? → → → → B1D· EG=0+2-2=0,B1D· EF=0+2-2=0, 即 B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又 EG∩EF=E,EG,EF?平面 EGF, 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 热点二 利用空间向量计算空间角 考法 1 求线面角或异面直线所成的角

【例 2-1】 (2018· 烟台质检)如图,在梯形 ABCD 中,AD= BC, AB∥CD, AC⊥BD, 平面 BDFE⊥平面 ABCD, EF∥BD, BE⊥BD. (1)求证:平面 AFC⊥平面 BDFE; (2)若 AB=2CD=2 2,BE=EF=2,求 BF 与平面 DFC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵平面 BDFE⊥平面 ABCD,平面 BDFE∩平面 ABCD=BD,AC?平面

ABCD,AC⊥BD, ∴AC⊥平面 BDFE.又 AC?平面 AFC, ∴平面 AFC⊥平面 BDFE. (2)解 设 AC∩BD=O, ∵四边形 ABCD 为等腰梯形, AC⊥BD, AB=2CD=2 2,

∴OD=OC=1,OB=OA=2, ∵FE∥OB 且 FE=OB,∴四边形 FEBO 为平行四边形, ∴OF∥BE,且 OF=BE=2,
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又∵BE⊥平面 ABCD,∴OF⊥平面 ABCD. → → → 以 O 为原点,向量OA,OB,OF的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(0,2,0),D(0,-1,0),F(0,0,2),C(-1,0, 0), → → → DF=(0,1,2),CD=(1,-1,0),BF=(0,-2,2), 设平面 DFC 的一个法向量为 n=(x,y,z), ?→ ?DF· n=0, ?y+2z=0, 有? 即? → ?x-y=0. ? n=0, ?CD· 不妨设 z=1,得 x=y=-2,得 n=(-2,-2,1). 4+2 2 → 于是 cos〈n,BF〉= =2. 8× 9 设 BF 与平面 DFC 所成角为 θ, 2 → 则 sin θ=|cos〈n,BF〉|= 2 . 2 ∴BF 与平面 DFC 所成角的正弦值为 2 . 探究提高 1.异面直线所成的角 θ,可以通过两直线的方向向量的夹角 φ 求得, 即 cos θ=|cos φ|. 2.直线与平面所成的角 θ 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 φ 求 得,即 sin θ=|cos φ|,有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向 量,转化为求两方向向量的夹角(或其补角). 【训练 2】 (2018· 江苏卷)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AB=AA1=2,点 P,Q 分别为 A1B1,BC 的中点. (1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值; (2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值. 解 如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,设 AC,A1C1 的中 点分别为 O,O1,连接 OB,OO1.则 OB⊥OC,OO1⊥OC, → → → OO1⊥OB.以{OB,OC,OO1}为基底,建立如图所示的空间
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直角坐标系 O-xyz.因为 AB=AA1=2, 所以 A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1( 3,0,2), C1(0,1,2). ? 3 ? 1 (1)因为 P 为 A1B1 的中点,所以 P? ,- ,2?, 2 ?2 ? → ? ? → 3 1 从而BP=?- ,- ,2?,AC1=(0,2,2), 2 ? 2 ? → → |BP· AC1| |-1+4| 3 10 → → 故|cos〈BP,AC1〉|= → → = = 20 . 5× 2 2 |BP|· |AC1| 3 10 因此,异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为 20 . ? 3 1 ? (2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q? , ,0?, ?2 2 ? → ? 3 3 → ? → 因此AQ=? , ,0?,AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2). ?2 2 ? 设 n=(x,y,z)为平面 AQC1 的一个法向量, 3 3 ?→ ?AQ· n=0, ? x+ y=0, 2 则? 即? 2 → ? n=0, ?2y+2z=0. ?AC1· 不妨取 n=( 3,-1,1). 设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为 θ, → |CC1· n| 2 5 → 则 sin θ=|cos〈CC1,n〉|= → = =5, 5× 2 |CC1|· |n| 5 所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 5 . 考法 2 二面角的计算

【例 2-2】 (2018· 福州模拟)如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, CC1=4,AB=2,AC=2 2,∠BAC=45° ,点 M 是棱 AA1 上不 同于 A,A1 的动点. (1)证明:BC⊥B1M; (2)若平面 MB1C 把此棱柱分成体积相等的两部分,求此时二面角 M-B1C-A 的 余弦值. (1)证明
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在△ABC 中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB· ACcos∠BAC=4

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+8-2× 2× 2 2× cos 45° =4, ∴BC=2,则有 AB2+BC2=8=AC2, ∴∠ABC=90° ,∴BC⊥AB, 又∵BB1⊥BC,BB1∩AB=B, ∴BC⊥平面 ABB1A1,又 B1M?平面 ABB1A1, 故 BC⊥B1M. (2)解 由题设知,平面 MB1C 把此三棱柱分成两个体积相等的

几何体为四棱锥 C-ABB1M 和四棱锥 B1-A1MCC1. 由(1)知四棱锥 C-ABB1M 的高为 BC=2, 1 ∵V 三棱柱 ABC-A1B1C1=2× 2× 2× 4=8, 1 ∴V 四棱锥 C-ABB1M=2V 柱=4, 1 2 又 V 四棱锥 C-ABB1M=3S 梯形 ABB1M· BC=3S 梯形 ABB1M=4, AM+4 ∴S 梯形 ABB1M=6= 2 × 2,∴AM=2. 此时 M 为 AA1 中点, → → → 以点 B 为坐标原点,BA,BC,BB1的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如 图所示的空间直角坐标系 B-xyz. ∴A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,4),M(2,0,2). → → → ∴CB1=(0,-2,4),B1M=(2,0,-2),AC=(-2,2,0), 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 CB1M 的一个法向量, → ? ?n1· CB1=0, ?-2y1+4z1=0, ∴? 即? → ?2x1-2z1=0. ? B1M=0, ? n1· 令 z1=1,可得 n1=(1,2,1), 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 ACB1 的一个法向量, → ? ?n2· CB1=0, ?-2y2+4z2=0, ∴? 即? → ?-2x2+2y2=0. ? AC=0, ? n2· 令 z2=1,得 n2=(2,2,1),
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7 7 6 n1· n2 ∴cos〈n1,n2〉=|n |· = = 18 . 1 |n2| 3 6 7 6 所以二面角 M-B1C-A 的余弦值等于 18 . 探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方

向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得,它等于两 个法向量的夹角或其补角. 2.利用向量法求二面角,必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”,否则 解法是不严谨的. 【训练 3】 (2018· 北京卷)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, CC1⊥平面 ABC,D,E,F,G 分别为 AA1,AC,A1C1,BB1 的中点,AB=BC= 5,AC=AA1=2. (1)求证:AC⊥平面 BEF; (2)求二面角 B-CD-C1 的余弦值; (3)证明:直线 FG 与平面 BCD 相交. (1)证明 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,

因为 CC1⊥平面 ABC, 所以四边形 A1ACC1 为矩形. 又 E,F 分别为 AC,A1C1 的中点, 所以 AC⊥EF. 因为 AB=BC, 所以 AC⊥BE. 又 EF∩BE=E, 所以 AC⊥平面 BEF. (2)解 由(1)知 AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1,

又 CC1⊥平面 ABC, 所以 EF⊥平面 ABC, 因为 BE?平面 ABC, 所以 EF⊥BE. 如图建立空间直角坐标系 E-xyz,由题意得 B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,
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1),F(0,0,2),G(0,2,1).

→ → 所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1). 设平面 BCD 的法向量为 n=(x0,y0,z0), ? → ?n· BC=0, ?x0+2y0=0, 则? 即? → ?x0-2y0+z0=0. ? BD=0, ?n· 令 y0=-1,则 x0=2,z0=-4. 于是 n=(2,-1,-4). → 又因为平面 CC1D 的法向量为EB=(0,2,0), → n· EB 21 → 所以 cos〈n,EB〉= → =- 21 . |n||EB| 21 由题知二面角 B-CD-C1 为钝角,所以其余弦值为- 21 . (3)证明 → 由(2)知平面 BCD 的法向量为 n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).

→ 因为 n· FG=2× 0+(-1)× 2+(-4)× (-1)=2≠0, 所以直线 FG 与平面 BCD 相交. 热点三 利用空间向量求解探索性问题 【例 3】 如图所示, 在正四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 的边长为 2,侧棱长为 2 2. (1)若点 E 为 PD 上的点,且 PB∥平面 EAC,试确定 E 点 的位置; (2)在(1)的条件下, 在线段 PA 上是否存在点 F, 使平面 AEC 1 和平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为14,若存在,求线段 PF 的长度,若不 存在,请说明理由.

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解 (1)设 BD 交 AC 于点 O,连接 OE. ∵PB∥平面 AEC,平面 AEC∩平面 BDP=OE, ∴PB∥OE. 又 O 为 BD 的中点,∴在△BDP 中 E 为 PD 中点. (2)连接 OP,由题知 PO⊥平面 ABCD,且 AC⊥BD, → → → ∴以OC,OD,OP所在直线为 x、y、z 轴建立直角坐 标系,如图. OP= PD2-OD2= 6. ∴O(0,0,0),A(- 2,0,0),B(0,- 2,0),C( 2, 0,0),D(0, 2,0),P(0,0, 6), → ? ? 2 6? → 2 6? → 则 E?0, , ?,OC=( 2,0,0),OE=?0, , ?,OD=(0, 2,0). 2 2? 2 2? ? ? 设平面 AEC 的法向量为 m=(x1,y1,z1). ? → ?m· OC=0, ?x1=0, 则? ?? → ?y1+ 3z1=0. ? OE=0 ?m· 令 z1=1,得平面 AEC 的一个法向量 m=(0,- 3,1), → → 假设在线段 PA 上存在点 F,满足题设条件,不妨设PF=λPA(0≤λ≤1). → 则 F(- 2λ,0, 6- 6λ),OF=(- 2λ,0, 6- 6λ). 设平面 BDF 的法向量 n=(x2,y2,z2), ? → ?n· OD=0, ?y2=0, ∴? ?? → ?- 2λx2+(1-λ) 6z2=0. ? OF=0 ? n· 令 z2=1 得平面 BDF 的一个法向量 ? 3(1-λ) ? ?. n=? , 0 , 1 λ ? ? 1 由平面 AEC 与平面 ADF 所成锐二面角的余弦值为14,

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m· n 则 cos〈m,n〉=|m||n|= 2· 1 解得 λ=5. → 1→ 2 2 所以|PF|=5|PA|= 5 .

1 ?1 ?2 1+3? λ-1? ? ?

1 =14,

2 2 故在线段 PA 上存在点 F,当|PF|= 5 时,使得平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐 1 二面角的余弦值为14. 探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂 的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断. 2.空间向量求解探索性问题:(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认 可其中的一部分结论; (2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成立的结论当作条 件, 据此列方程或方程组, 把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解, 是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结 论. 【训练 4】 (2018· 广州质检)如图,在几何体 ABCDEF 中,四 边形 ABCD 是边长为 2 的菱形,DE⊥平面 ABCD,BF⊥平面 ABCD,DE=2 2,DE>BF,∠ABC=120° . (1)当 BF 长为多少时,平面 AEF⊥平面 CEF? (2)在(1)的条件下,求二面角 E-AC-F 的余弦值. 解 (1)连接 BD 交 AC 于点 O,则 AC⊥BD. 取 EF 的中点 G,连接 OG,则 OG∥DE. ∵DE⊥平面 ABCD,∴OG⊥平面 ABCD. ∴OG,AC,BD 两两垂直. 以 AC,BD,OG 所在直线分别作为 x 轴,y 轴,z 轴建立空 间直角坐标系(如图), 设 BF=m(0<m<2 2), 由题意,易求 A( 3,0,0),C(- 3,0,0),E(0,-1,

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→ → → 2 2),F(0,1,m).则AE=(- 3,-1,2 2),AF=(- 3,1,m),CE=( 3, → -1,2 2),CF=( 3,1,m), 设平面 AEF,平面 CEF 的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2). ? → ?n1· AE=0, ?- 3x1-y1+2 2z1=0, 则? ∴? → ? AF=0, ?- 3x1+y1+mz1=0, ? n1· 2 3 x, ?z =m+ 2 2 解得? 2 6- 3m y= ? m+2 2 x .
1 1 1 1

取 x1=m+2 2,得 n1=(m+2 2,2 6- 3m,2 3). 同理可求 n2=(m+2 2, 3m-2 6,-2 3). 若平面 AEF⊥平面 CEF,则 n1· n2=0, ∴(m+2 2)2+( 3m-2 6)(2 6- 3m)-12=0, 解得 m= 2或 m=7 2(舍), 故当 BF 长为 2时,平面 AEF⊥平面 CEF. → → → (2)当 m= 2时,AE=(- 3,-1,2 2),AC=(-2 3,0,0),EF=(0,2,- → → 2),AF=(- 3,1, 2),CF=( 3,1, 2), → → → → 则EF· AF=0,EF· CF=0,所以 EF⊥AF,EF⊥CF,且 AF∩CF=F,所以 EF⊥ 平面 AFC, → 所以平面 AFC 的一个法向量为EF=(0,2,- 2). 设平面 AEC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 ? → ?n· AE=0, ?- 3x-y+2 2z=0, ?y=2 2z, ? ∴? 得? → x=0, ? ?x=0. ? AC=0, ?n· 令 z= 2,n=(0,4, 2).

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→ n· EF 6 3 → 从而 cos〈n,EF〉= → =6 3= 3 . |n|· |EF| 3 故所求的二面角 E-AC-F 的余弦值为 3 .

π? ? 1.两条直线夹角的范围为?0,2?.设直线 l1,l2 的方向向量分别为 n1,n2,其夹角 ? ? |n1· n2| 为 θ,则 cos θ=|cos n1,n2 |=|n ||n |. 1 2 2.二面角的范围为[0,π].设半平面 α 与 β 的法向量分别为 n1 与 n2,二面角为 θ, 则|cos θ|=|cos n 1 ,n 2 |n1· n2| |=|n ||n |.
1 2

3.利用空间向量求解二面角时,易忽视二面角的范围,误以为两个法向量的夹角 就是所求的二面角,导致出错. 4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算”问题“运算”化, 即通过直线的方向向量和平面的法向量,把立体几何中的平行、垂直关系,各类 角、距离以向量的方式表达出来,把立体几何问题转化为空间向量的运算问题. 应用的核心是充分认识形体特征,进而建立空间直角坐标系,通过向量的运算解 答问题,达到几何问题代数化的目的,同时注意运算的准确性.

一、选择题 1.在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 底面是边长为 1 的正三角形, 侧棱 AA1⊥底面 ABC, 点 D 在棱 BB1 上,且 BD=1,若 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为 α,则 sin α 的值 是( 3 A. 2 ) 2 B. 2 10 C. 4 6 D. 4

解析 如图,建立空间直角坐标系, ? 3 1 ? 易求点 D? , ,1?,平面 AA1C1C 的一个法向量是 n=(1,0, ?2 2 ? 3 2 6 → 0),所以 sin α=|cos〈n,AD〉|= = 4 . 2 答案 D
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2.(2018· 合肥质检)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,点 E 是底面 ABCD → → → 上的动点,则(CE-CA1)· D1B1的最大值为( 2 A. 2 解析 B.1 C. 2 ) D. 6

→ → → → → 由正方体性质知 CA1· D1B1= 0,则 ( CE - CA1)· D1B1 =

→ → CE· D1B1.建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(1,1,0), → → → C(0,1,0).设点 E(x,y,0),则CE=(x,y-1,0),D1B1=DB → → =(1,1,0).∴CE· D1B1=(x,y-1,0)· (1,1,0)=x+y-1. → → 易知当 E 位于点 B 时,x+y 有最大值 2.因此CE· D1B1的最大值为 2-1=1. 答案 B

3.(2018· 衡水中学质检)如图,在四棱锥 C-ABOD 中,CO⊥ 平面 ABOD,AB∥OD,OB⊥OD,且 AB=2OD=4,AD= 2 2,异面直线 CD 与 AB 所成角为 30° ,若点 O,B,C,D 都在同一个球面上,则该球的表面积为( A.72π B.8π ) 26 D. 3 π

28 C. 3 π

解析 ∵CD 与 AB 所成角为 30° ,且 AB∥OD,∴∠CDO=30° ,由 OD=2,知 2 3 OC=OD· tan 30° = 3 .在直角梯形 ABOD 中, OB= 28 28 +OD2+OC2= 3 ,故球的表面积 S=4πR2= 3 π. 答案 C 4.(2018· 全国Ⅱ卷)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA1= 3,则异 面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为( 1 A.5 解析 法一 5 B. 6 ) 5 C. 5 2 D. 2 AD2-4=2.因此(2R)2=OB2

如图,连接 BD1,交 DB1 于 O,取 AB 的中点 M,

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连接 DM,OM.易知 O 为 BD1 的中点,所以 AD1∥OM,则∠MOD 为异面直线 AD1 与 DB1 所成角.因为在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA1= 3, AD1= DB1 = AD2+DD2 1=2,DM= 5 ?1 ?2 AD2+?2AB? = 2 , ? ?

1 1 5 AB2+AD2+DD2 1 = 5. 所以 OM = AD1 = 1 , OD = DB1 = 2 2 2 ,于是在

△DMO 中,由余弦定理, ? 5?2 ? 5?2 12+? ? -? ? ?2? ?2? 5 得 cos∠MOD= =5, 即异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值 5 2× 1× 2 5 为5.

法二 以 D 为坐标原点,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,如图所示.由条件可知 D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0, 3),B1(1,1, 3),所 → 以AD1= → → AD1· DB1 2 5 → → → (-1,0, 3),DB1=(1,1, 3).则 cos〈AD1,DB1〉= → → = =5, |AD1|· |DB1| 2 5 5 即异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 5 . 答案 C 5.(2018· 长沙雅礼中学检测)在三棱锥 P-ABC 中, 点 P 在底面的正投影恰好是等 边△ABC 的边 AB 的中点,且点 P 到底面 ABC 的距离等于底面边长.设△PAC 与 底面所成的二面角的大小为 α,△PBC 与底面所成的二面角的大小为 β,则 tan(α +β)的值是( 3 A. 4 3 ) 2 B.5 3

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8 C.-13 3

5 D.-8 3

解析 如图,设点 P 在边 AB 上的射影为 H,作 HF⊥BC,HE ⊥AC,连接 PF,PE. 依题意,∠HEP=α,∠PFH=β. 不妨设等边△ABC 的边长为 2,则 PH=2,AH=BH=1. 3 3 2 4 ∴HE= 2 ,HF= 2 ,则 tan α=tan β= = , 3 3 2 4 3 2tan α 8 故 tan(α+β)= = =-13 2 2 1-tan α ?4? 1-? ? ? 3? 2× 答案 C 二、填空题 6. 如 图 所 示 , 在 正 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中 , AB = 2 , A1C1∩B1D1=E,直线 AC 与直线 DE 所成的角为 α,直线 DE 与平面 BCC1B1 所成的角为 β,则 cos(α-β)=________. 解析 ∵AC⊥BD 且 AC⊥BB1,BD∩BB1=B,∴AC⊥平面

3.

π BB1D1D?AC⊥DE,∴α=2. 取 A1D1 的中点 F,连 EF,FD,易知 EF⊥平面 ADD1A1,则 ?π ? β=∠EDF.cos(α-β)=cos?2-∠EDF? ? ? EF 6 =sin∠EDF=ED= 6 . 6 答案 6 三、解答题 7.(2017· 全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD, 且∠BAP=∠CDP=90° . (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD;
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(2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90° ,求二面角 A-PB-C 的余弦值. (1)证明 ∵∠BAP=∠CDP=90° ,

∴PA⊥AB,PD⊥CD,又∵AB∥CD,∴PD⊥AB, 又∵PD∩PA=P,PD,PA?平面 PAD, ∴AB⊥平面 PAD,又 AB?平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 PAD. (2)解 在平面 PAD 内作 PO⊥AD,垂足为点 O.

由(1)可知,AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PO,又 AB∩AD=A, 可得 PO⊥平面 ABCD. 以 O 为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz, 设 PA=2,∴D(- 2,0,0), B( 2,2,0),P(0,0, 2),C(- 2,2,0), → → ∴PD=(- 2,0,- 2),PB=( 2,2,- 2), → BC=(-2 2,0,0), 设 n=(x,y,z)为平面 PBC 的一个法向量, ? → ?n· PB=0, ? 2x+2y- 2z=0, 由? 得? → ?-2 2x=0. ? BC=0 ?n· 令 y=1,则 z= 2,x=0,可得平面 PBC 的一个法向量 n=(0,1, 2),∵∠ APD=90° ,∴PD⊥PA, 又知 AB⊥平面 PAD,PD?平面 PAD, ∴PD⊥AB,又 PA∩AB=A,PA,AB?平面 PAB, ∴PD⊥平面 PAB, → 即PD是平面 PAB 的一个法向量, → -2 PD· n 3 → ∴cos〈PD,n〉= → = =- 3 , |PD|· |n| 2 3 由图知二面角 A-PB-C 为钝角,

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3 所以它的余弦值为- 3 . 8.(2018· 浙江卷)如图,已知多面体 ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C 均垂直于平面 ABC,∠ABC=120° ,A1A=4,C1C=1,AB= BC=B1B=2. (1)证明:AB1⊥平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值. (1)证明 如图,以 AC 的中点 O 为原点,分别以射线 OB,

OC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知各点坐标如下: A(0,- 3,0),B(1,0,0),A1(0,- 3,4),B1(1,0, 2),C1(0, 3,1). → 因此AB1=(1, 3,2), → → A1B1=(1, 3,-2),A1C1=(0,2 3,-3). → → 由AB1· A1B1=0 得 AB1⊥A1B1. → → 由AB1· A1C1=0 得 AB1⊥A1C1,A1B1∩A1C1=A1, 所以 AB1⊥平面 A1B1C1. (2)解 设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ.

→ → → 由(1)可知AC1=(0,2 3,1),AB=(1, 3,0),BB1=(0,0,2). 设平面 ABB1 的法向量 n=(x,y,z). ? → ?n· AB=0, ?x+ 3y=0, 由? 即? → 2z=0, ? BB1=0, ? ?n· 令 y=1,则 x=- 3,z=0,可得平面 ABB1 的一个法向量 n=(- 3,1,0). → |AC1· n| 39 → 所以 sin θ=|cos〈AC1,n〉|= → = 13 . |AC1|· |n| 39 因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 13 .

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9.(2018· 武汉模拟)如图 1,在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中,AB∥CD,且 CD=6, AB=12,将它沿对称轴 OO1 折起,使平面 ADO1O⊥平面 BCO1O.如图 2,点 P 为 BC 中点,点 E 在线段 AB 上(不同于 A,B 两点),连接 OE 并延长至点 Q,使 AQ∥OB.

(1)证明:OD⊥平面 PAQ; (2)若 BE=2AE,求二面角 C-BQ-A 的余弦值. (1)证明 由题设知 OA,OB,OO1 两两垂直,所以以 O 为

坐标原点,OA,OB,OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设 AQ 的长度为 m, 则相关各点的坐标为 O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6, 0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0). 9 ? ? ∵点 P 为 BC 中点,∴P?0,2,3?, ? ? 9 → → → ? ? ∴OD=(3,0,6),AQ=(0,m,0),PQ=?6,m-2,-3?, ? ? → → → → ∵OD· AQ=0,OD· PQ=0. ∴OD⊥AQ,OD⊥PQ,且 AQ∩PQ=Q, ∴OD⊥平面 PAQ. (2)解 1 ∵BE=2AE,AQ∥OB,∴AQ=2OB=3,

→ → 则 Q(6,3,0),∴QB=(-6,3,0),BC=(0,-3,6). 设平面 CBQ 的法向量为 n1=(x,y,z), ? → ?n1· QB=0, ?-6x+3y=0, ∵? ∴? → ?-3y+6z=0, ? BC=0, ?n1· 令 z=1,则 y=2,x=1,则 n1=(1,2,1),

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又显然,平面 ABQ 的法向量为 n2=(0,0,1). 设二面角 C-BQ-A 的平面角为 θ.由图可知,θ 为锐角, n2 ? 6 ? n1· ?= . 则 cos θ=?|n |· ? 1 |n2|? 6 6 所以二面角 C-BQ-A 的余弦值为 6 . 10.(2018· 全国Ⅱ卷)如图, 在三棱锥 P-ABC 中, AB=BC=2 2, PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点. (1)证明:PO⊥平面 ABC; (2)若点 M 在棱 BC 上,且二面角 M-PA-C 为 30° ,求 PC 与 平面 PAM 所成角的正弦值. (1)证明 因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,

所以 OP⊥AC,且 OP=2 3. 2 连接 OB,因为 AB=BC= 2 AC, 所以△ABC 为等腰直角三角形, 1 且 OB⊥AC,OB=2AC=2. 由 OP2+OB2=PB2 知 PO⊥OB. 由 OP⊥OB,OP⊥AC 且 OB∩AC=O,知 PO⊥平面 ABC.

(2)解

→ 如图,以 O 为坐标原点,OB的方向为 x 轴正方向,

建立空间直角坐标系 O-xyz. 由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2, → 0),P(0,0,2 3),AP=(0,2,2 3).取平面 PAC 的一个 → 法向量OB=(2,0,0). → 设 M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM=(a,4-a,0). 设平面 PAM 的法向量为 n=(x,y,z). → → 由AP· n=0,AM· n =0 得
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?2y+2 3z=0, ? 可取 n=( 3(a-4), 3a,-a), ?ax+(4-a)y=0, 2 3(a-4) → 所以 cos〈OB,n〉= . 2 3(a-4)2+3a2+a2 3 → 由已知可得|cos〈OB,n〉|= 2 , 2 3|a-4| 3 所以 2 2 2= 2 , 2 3(a-4) +3a +a 4 解得 a=-4(舍去),a= , 3 ? 8 3 4 3 4? ?. 所以 n=?- , ,- 3 3 3? ? 3 → → 又PC=(0,2,-2 3),所以 cos〈PC,n〉= 4 . 3 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 4 . 11.(2018· 佛山调研)如图所示,该几何体是由一个直三棱柱 ADE-BCF 和一个正 四棱锥 P-ABCD 组合而成,AD⊥AF,AE=AD=2.

(1)证明:平面 PAD⊥平面 ABFE; 2 2 (2)求正四棱锥 P-ABCD 的高 h,使得二面角 C-AF-P 的余弦值是 3 . (1)证明 由于几何体是由一个直三棱柱 ADE-BCF 和一个正四棱锥 P-ABCD

的组合体. ∴AD⊥AB,又 AD⊥AF,AF∩AB=A, ∴AD⊥平面 ABFE.又 AD?平面 PAD, ∴平面 PAD⊥平面 ABFE. (2)解 → → → 以 A 为原点,AB,AE,AD的方向为 x,y,z 轴的正方向,建立空间直角

坐标系 A-xyz.

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设正四棱锥的高为 h,AE=AD=2, 则 A(0,0,0),F(2,2,0),C(2,0,2),P(1,-h,1),

设平面 ACF 的一个法向量 m=(x,y,z), → → AF=(2,2,0),AC=(2,0,2), ? → ?m· AF=2x+2y=0, 则? 取 x=1,得 m=(1,-1,-1), → ? AC=2x+2z=0, ?m· 设平面 AFP 的一个法向量 n=(a,b,c), → AP=(1,-h,1), ? → ?n· AF=2a+2b=0, 则? 取 b=1,则 n=(-1,1,1+h), → ? AP=a-hb+c=0, ?n· 2 2 二面角 C-AF-P 的余弦值 3 , |m· n| |-1-1-(1+h)| 2 2 3 ∴|cos〈m,n〉|=|m|· |n|= 3· 2+(h+1)2 = 3 ,解得 h=1 或 h=-5(舍去). 2 2 ∴当正四棱锥 P-ABCD 的高为 1 时,二面角 C-AF-P 的余弦值为 3 .

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