《新高考数学大二轮复习课件》专题四 第3讲 空间向量与空间角

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KAO QING FEN XI
1.利用空间向量求二面角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式 出现，难度中等.2.探究空间几何体中线、面位置关系或空间角存在的条件，一般以解 答题的形式考查，难度中等偏上．
考点一　直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，
例1　(2021·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1－BCDE(如图2).
(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；
证明　连接题图1中的BD，因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，所以在题图2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，因为BE∩A1E＝E，所以DE⊥平面A1BE，因为DE⊂平面BCDE，所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值.
解　因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心.
解析　方法一　如图，延长C1D，与CB的延长线交于点E，∵CC1⊥平面ABC，
方法二　如图，建立空间直角坐标系，O为AB的中点，
又平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，设C1D与平面ABC所成的角为θ，
(2)(2021·西安模拟)已知A，B，C在球O的球面上，∠BAC＝120°，AC＝2，AB＝1，直线OA与截面ABC所成的角为60°，则球O的表面积为
解析　设△ABC的外心为O1，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC＝12＋22－2×1×2cs 120°＝7，
设球的半径为R，由题意可知OO1⊥平面ABC，又直线OA与截面ABC所成的角为60°，所以∠OAO1＝60°，
设平面α，β的法向量分别为u，v，二面角α－l－β的平面角为θ，则①θ∈[0，π]．
例2　(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
解　方法一　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.因为AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
设A(0,0，a)，a>0，
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1).设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
方法二　如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
得a＝1，即OA＝1，
两向量夹角的范围是[0，π]，二面角的平面角与其对应的两法向量的夹角之间不一定相等，而是相等或互补关系，要注意结合实际图形判断所求角的大小．
跟踪演练2　(2021·安庆模拟)在斜三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC是边长为2的正三角形，侧棱AA′＝2　 ，顶点A′在平面ABC的射影为BC边的中点O.
(1)求证：平面BCC′B′⊥平面AOA′；
证明　∵AB＝AC且O为BC的中点，∴AO⊥BC，又A′O⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A′O⊥BC，∵AO∩A′O＝O，AO，A′O⊂平面AOA′.故BC⊥平面AOA′，又BC⊂平面BCC′B′，因此，平面BCC′B′⊥平面AOA′.
(2)求平面ABC与平面A′B′C所成锐二面角的余弦值．
解　∵A′O⊥平面ABC，AO⊥BC，∴以点O为坐标原点，OA，OB，OA′所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面A′B′C的法向量为n1＝(x，y，z)，
易知平面ABC的一个法向量为n2＝(0,0,1)，设平面ABC与平面A′B′C所成锐二面角为θ，
考点三　空间中的探究性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
证明　如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
又因为AB⊥B1C，且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，所以AB⊥平面B1CD.又因为B1D⊂平面B1CD，所以AB⊥B1D.在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，所以CD⊥B1D，又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以B1D⊥平面ABC.又因为B1D⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为 ，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长.
解　假设在棱BB1上存在点P满足条件.以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为点P在棱BB1上，
设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.
(1)求二面角B－SC－D的正弦值；
解　如图，取BE的中点O，由题意可得四边形ABCE是正方形，则SO⊥BE，CO⊥BE，又因为平面SBE⊥平面BCDE，平面SBE∩平面BCDE＝BE，SO⊂平面SBE，CO⊂平面BCDE，所以SO⊥平面BCDE，CO⊥平面SBE，所以SO⊥CO，可得OB，OS，OC两两垂直，以O为原点，OB，OC，OS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－2,1,0)，
设平面SBC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
令x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以n1＝(1,1,1)，设平面SCD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
令y2＝1，则z2＝1，x2＝0，所以n2＝(0,1,1)，
记二面角B－SC－D为θ，
(2)在直线SB上是否存在点P，使PD⊥平面SBC？若存在，请求出点P所在的位置；若不存在，请说明理由.
解　不存在，理由如下：假设直线SB上存在点P，使得PD⊥平面SBC，
又因为n1＝(1,1,1)，
故不存在点P，使PD⊥平面SBC.
1.(2021·咸阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝120°，PA＝PC，PB＝PD，AC∩BD＝O.
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
证明　∵四边形ABCD是菱形，∴O为AC，BD的中点，又PA＝PC，PB＝PD，∴PO⊥AC，PO⊥BD，∵AC∩BD＝O，且AC，BD⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.
(2)若PA与平面ABCD所成的角为30°，求二面角B－PC－D的余弦值.
证明　设菱形ABCD的边长为2t(t>0)，∵∠ABC＝120°，
由(1)知PO⊥平面ABCD，∴PA与平面ABCD所成的角为∠PAO＝30°，得到PO＝t，建立如图所示的空间直角坐标系.
设平面PBC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面PCD的法向量n2＝(x2，y2，z2).
∵二面角B－PC－D为钝二面角，
2.(2021·郑州模拟)如图，在平面四边形ABCD中， BC＝CD, BC⊥CD, AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且 PC⊥BC.
(1)证明：PD⊥CD；
证明　因为BC⊥CD , BC⊥PC , PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD，又因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD ，又因为PD⊥BD , BD∩BC＝B，BC，BD⊂平面BCD，所以PD⊥平面BCD，又因为CD⊂平面BCD，所以PD⊥CD.
(2)若M为PB的中点，二面角P－BC－D 的大小为60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.
解　因为PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD 是二面角P－BC－D 的平面角，即∠PCD＝60° ，
取BD的中点O ，连接OM，OC ，因为BC＝CD，BC⊥CD ，所以OC⊥BD，由(1)知，PD⊥平面 BCD，OM为△PBD的中位线，所以OM⊥BD，OM⊥OC，即OM，OC，BD 两两垂直，
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝1，
设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z) ，
3.(2021·聊城模拟)如图，在棱长均为4的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，E为线段AD的中点.
(1)求二面角D－BD1－E的余弦值；
解　连接AC，与BD交于点O，连接A1C1，B1D1，交于点O1，连接OO1，因为DD1⊥平面ABCD，所以OO1⊥平面ABCD.由题意得四边形ABCD为菱形，所以OA，OB，OO1两两垂直，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.
设平面BD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
因为OA⊥平面BD1D，所以平面BD1D的一个法向量为m＝(1,0,0)，设二面角D－BD1－E为θ，
易知二面角D－BD1－E为锐二面角，
(2)在线段B1C上是否存在点F，使得DF∥平面BD1E？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
解　存在.假设在线段B1C上存在点F，使得DF∥平面BD1E，
所以在线段B1C上存在点F，使得DF∥平面BD1E，此时点F为线段B1C的靠近点C的三等分点.
4.(2021·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.(1)求证：PO⊥平面ABCD；
证明　因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以PO⊥AD.又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD.又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.
(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
解　如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，设平面EFG与平面ABCD所成二面角的大小为θ，
解　不存在，理由如下：假设在线段PA上存在点M，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，Δ<0，方程无解，所以不存在这样的点M.