2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题九　立体几何中的向量方法

重点增分专题九　立体几何中的向量方法

[全国卷3年考情分析]

高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．

  利用空间向量证明空间位置关系 

1.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，D为C1C的中点，求证：B1D⊥平面ABD.

证明：由题意知AB，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

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)，

所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，

＝(0,2，－2)，

所以·＝0，·＝0＋4－4＝0，

即B1D⊥BA，B1D⊥BD.

又BA∩BD＝B，BA⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，

所以B1D⊥平面ABD.

2.如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB；

(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.

证明：以A为坐标原点，AB，AD，AP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，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，

所以E，F，

＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，

＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．

(1)因为＝－，所以∥，

即EF∥AB.

又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，

所以EF∥平面PAB.

(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，

·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，

所以⊥，⊥，

即AP⊥DC，AD⊥DC.

又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，

所以平面PAD⊥平面PDC.

[解题方略]  利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤

(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．

(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．

(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．

(4)根据运算结果解释相关问题.

  利用空间向量求空间角  增分考点·广度拓展

[分点研究]

题型一　计算异面直线所成的角

[例1]　已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值．

[解]　法一：(基向量法)如图，取＝a，＝b，＝c，则由已知可得|a|＝2，|b|＝|c|＝1，

且〈a，b〉＝120°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝90°.

所以a·b＝2×1×cos 120°＝－1，a·c＝b·c＝0.

因为＝c－a，＝b＋c，

所以·＝(c－a)·(b＋c)＝c2＋c·b－a·b－a·c＝12＋0－(－1)－0＝2.

又||＝＝＝＝，

||＝＝＝＝，

所以cos〈，〉＝＝＝.

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

法二：(坐标法)如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点D，则∠CBD＝30°.

因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，

则B(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C1.

所以＝(0，－2,1)，＝.

所以cos〈，〉＝

＝＝.

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

[解题方略]　向量法求异面直线所成角

设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝，其中，a，b分别是直线a，b的方向向量．

此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示．两个向量的夹角范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是，应注意加以区分．

[注意]　两条异面直线所成角的范围是.当所作或所求的角为钝角时，应取其补角作为两条异面直线所成的角．

题型二　计算直线与平面所成的角

[例2]　(2018·全国卷Ⅰ)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．

[解]　(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，

又PF∩EF＝F，

所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，

所以平面PEF⊥平面ABFD.

(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.

由(1)得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.

由(1)可得，DE⊥PE.

又因为DP＝2，DE＝1，

所以PE＝.

又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.

所以PH＝，EH＝.

则H(0,0,0)，P，D，

＝，＝.

又为平面ABFD的法向量，

设DP与平面ABFD所成角为θ，

则sin θ＝＝＝.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

[解题方略]　向量法求直线和平面所成的角

设θ为直线l与平面α所成的角，φ为直线l的方向向量m与平面α的法向量n之间的夹角，则有φ＝－θ(如图(1))或φ＝＋θ(如图(2))，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos〈m，n 〉|＝.特别地，φ＝0时，θ＝，l⊥α；φ＝时，θ＝0，l⊂α或l∥α.

题型三　计算二面角

[例3]　如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.

(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；

(2)求二面角B­A1D­A的正弦值．

[解]　(1)在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.

因为AA1⊥平面ABCD，

所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.

故以AE，AD，AA1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A­xyz.

因为AB＝AD＝2，

AA1＝，∠BAD＝120°，

则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)．

(1) ＝(，－1，－)，＝(，1，)．

则cos〈，〉＝＝＝－.

因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

(2)可知平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．

设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，

又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，

则即

不妨取x＝3，则y＝，z＝2，

所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，

从而cos〈，m〉＝＝＝.

设二面角B­A1D­A的大小为θ，则|cos θ|＝.

因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.

因此二面角B­A1D­A的正弦值为.

[解题方略]　向量法求二面角

设二面角α­l­β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n1，n2分别为平面α，β的法向量，向量n1，n2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图(1))或θ＝ω(如图(2))，其中cos ω＝.

[多练强化]

1.(2019届高三·贵阳摸底)如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE＝1.

(1)求证：BE⊥平面DAE；

(2)求二面角C­DB­E的余弦值．

解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，

又BE⊂平面ABE，∴BE⊥DA，

∵AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，

∴BE⊥AE.

又DA∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，

∴BE⊥平面DAE.

(2)法一：如图，过E作EF⊥AB，垂足为F，由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE，

∴EF⊥平面ABCD.

过F作FH⊥DB，垂足为H，连接EH，

则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角，

由AB＝AD＝2，AE＝1，

得DE＝，BE＝，BD＝2，

∴EF＝＝，

由(1)知BE⊥DE，∴EH＝＝＝，

∴sin∠EHF＝＝＝，

∴cos∠EHF＝ ＝，

∴二面角C­DB­E的余弦值为－.

法二：过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AB＝AD＝2，AE＝1，

∴BE＝，∴E，

D(0,0,2)，B(0,2,0)，

∴＝，＝(0，－2,2)．

设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

取z＝1，则n＝(，1,1)为平面EBD的一个法向量．

易知平面CDB的一个法向量为m＝(1,0,0)，

∴cos〈m，n〉＝＝＝，

由图知，二面角C­DB­E为钝角，

∴二面角C­DB­E的余弦值为－.

2．(2018·石家庄质检)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形且∠CBB1＝60°，AB＝AC1.

(1)证明：平面AB1C⊥平面BB1C1C；

(2)若AB⊥B1C，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值．

解：(1)证明：连接BC1交B1C于点O，连接AO，

∵侧面BB1C1C为菱形，∴B1C⊥BC1.

∵AB＝AC1，O为BC1的中点，∴AO⊥BC1.

∵B1C∩AO＝O，∴BC1⊥平面AB1C.

又BC1⊂平面BB1C1C，∴平面AB1C⊥平面BB1C1C.

(2)∵AB⊥B1C，BO⊥B1C，AB∩BO＝B，

∴B1C⊥平面ABO，

又AO⊂平面ABO，

∴AO⊥B1C，从而OA，OB，OB1两两垂直．

以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.

∵直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，

∴∠ABO＝30°.

设AO＝1，则BO＝，又∠CBB1＝60°，

∴△CBB1是边长为2的等边三角形，

∴A(0,0,1)，B(，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，－1,0)，

＝(0,1，－1)，＝(0，－2,0)，

＝＝(，0，－1)．

设n＝(x，y，z)是平面A1B1C的法向量，

则即

令x＝1，则n＝(1,0，)为平面A1B1C的一个法向量．

设直线AB1与平面A1B1C所成的角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，

∴直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值为.

  利用空间向量解决探索性问题 

[典例]　已知几何体ABCC1B1N的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．

(1)连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．

(2)求二面角C­NB1­C1的余弦值．

[解]　由题意可知，BA，BB1，BC两两垂直，以BA，BB1，BC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B­xyz，则由该几何体的三视图可知，C(0,0,4)，N(4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)．

(1)设平面CNB1的法向量为n＝(x，y，z)．

∵＝(－4，－4,4)，＝(－4,4,0)，

∴即

令x＝1，可得平面CNB1的一个法向量为n＝(1,1,2)，

设P(0,0，a)(0≤a≤4)，由于M(2,0,0)，

则＝(2,0，－a)．

又MP∥平面CNB1，

∴·n＝2－2a＝0，解得a＝1.

∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP＝1.

(2)设平面C1NB1的法向量为m＝(x′，y′，z′)，

∵＝(－4,4,4)，

∴即

令x′＝1，可得平面C1NB1的一个法向量为m＝(1,1,0)，

∴cos〈m，n〉＝＝＝.

由图可知，二面角C­NB1­C1为锐角，

故二面角C­NB1­C1的余弦值为.

[解题方略]　利用空间向量求解探索性问题的策略

(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．

[多练强化]

如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC.

(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C­AF­D大小为60°？

解：(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，

因为四边形ABCD为矩形，

所以点O是BD的中点，

因为点E是棱PD的中点，

所以PB∥EO，

又因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，

所以PB∥平面AEC.

(2)由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AP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AB＝AD＝2a，AP＝2c，

则A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，F(a，a，c)．

因为z轴⊂平面CAF，

所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，

而＝(2a,2a,0)，

所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，

所以n＝(－1,1,0)．

因为y轴⊂平面DAF，

所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，

而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，

所以m＝，

所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.

即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角C­AF­D的大小为60°.

数学抽象——向量法解决空间立体几何问题

[典例]　如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.

(1)求证：MN∥平面BDE；

(2)求二面角C­EM­N的正弦值；

(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．

[解]　由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为坐标原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．

(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．

设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，

则即

不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．

又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.

因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.

(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．

设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，

又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，

则即

不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．

因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，

于是sin〈n1，n2〉＝.

所以二面角C­EM­N的正弦值为.

(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，

进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．

由已知，得|cos〈，〉|＝

＝＝，

整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.

所以线段AH的长为或.

[素养通路]

本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养．