高考专题复习空间向量与立体几何

因此 CA，CB，CF 两两垂直．
以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB，CF 所在的直线为 x 轴，
y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设 CB＝1，
则 C(0,0,0)，B(0,1,0)，
D
3，－1， 22
0，
F(0,0,1)．
因此B→D＝ 23，－32，0，B→F＝(0，－1,1)．
由 n⊥A→C，n⊥A→M可得x＋2y＝0 ， y＋ z＝ 0
令 z＝1，得 x＝2，y＝－1，∴n＝(2，－1,1)．
设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 α，
→
则
sinα＝
|CD·n| →
＝
|CD|·|n|
6. 3
∴cosα＝ 3， 3
∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 3. 3
－2＝－2x－2y ∴ 0＝－ x＋ 3y
z＝ 4x
，解得 z＝3.
所以当 E 点的坐标为(0,0,3)，
即 A1E＝14A1A 时，EB∥平面 A1CD.
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(2)∵AA1⊥平面 ABD， ∴向量 m＝(0,0,1)为平面 ABD 的一个法向量． 设平面 BED 的一个法向量为 n＝(x0，y0,1)， 而B→E ＝ (－ 2,0,3)，B→D＝(－ 2,4,0)，
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【解】 (1)证明：以 A 为原点，A→B，A→D，A→A1的方向分别 为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0，1,0)，D1(0,1,1)，Ea2，1，0，
B1(a,0,1)，
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故A→D1＝ (0,1,1)，B→1E＝－a2， 1，－ 1 ，A→B1 ＝ (a,0,1)，A→E ＝ a2，1，0.
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解：以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，
y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)， C(0,2a,0)，
D1(0,0， a)， F(a, 0,0)，
B1(a， a， a)， C1(0， a， a)． (1)∵A→B1＝(－a，a，a)，
空间向量与立体几何
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例1 (2012·高考山东卷) 在如图所示的几何体中，四边形 ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面 ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求证：BD⊥平面AED； (2)求二面角F－BD－C的余弦值． 思路点拨►(1)在平面四边形ABCD中， 证明BD⊥AD；(2)以C点为原点，CA， CB，CF所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，可求二 面角的余弦值.
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．解题时，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“点的坐标是否有解，是 否有规定范围的解”等，使问题的解决更简单、有效，应 善于运用这一方法解题．
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例4 (2012·高 考 福 建 卷 ) 如 图 ， 在 长 方 体 ABCD － A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
4
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设平面 BDF 的一个法向量为 m＝(x，y，z)，
则 m·B→D＝0，m·B→F＝0，
所以 x＝ 3y＝ 3z，
取 z＝1，则 m＝( 3，1,1)．
由于C→F＝(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量，
→
则
cos〈m，C→F〉＝
m ·CF →
＝
|m ||CF |
1＝ 5
5， 5
所以二面角 F－BD－C 的余弦值为 5. 5
由nn··FC→→CC1＝＝00，，
得－ ay1＋ az1＝ 0， － ax1＋ 2ay1＝ 0.
令 y1＝1，则 x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)，
→
∴ cos〈F→B1 ， n〉＝
FB1·n →
＝
|FB1|·|n|
3， 3
即二面角
F－ CC1 －B
的余弦值为
3. 3
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热点三 向量法解决探索性问题
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→
则
cosθ＝
n·AD1 →
＝
|n||AD1 | 2
－a－a
2 1＋a2＋
. a2
4
∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，
3a
∴|cosθ|＝cos30°，即 2
21＋5a2＝
3， 2
4
解得 a＝2，即 AB 的长为 2.
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【规律方法】利用向量法解决探索性问题时应注意的事项: (1)平面法向量计算必须要准确． (2)若在线段上探索是否存在一点，设出该点坐标时要抓住 三点共线可减少坐标未知量的个数．
2
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【解】(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD， ∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD. 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED， 所以BD⊥平面AED.
3
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(2)由(1)知 AD⊥BD，所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD，
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(2)如图所示，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－xyz，
则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)， C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,1,1)． ∴A→C＝(1,2,0)，A→M＝(0,1,1)，C→D＝(－1,0,0)．
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设平面 ACM 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
∵A→D1·B→1E＝－a2× 0＋ 1× 1＋ (－ 1)× 1＝ 0， ∴ B1 E⊥ AD1 . (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE，此时D→P＝(0，－1，z0)．
又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)．
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∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥A→B1，n⊥A→E，
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变式2 如 图 所 示，在四棱锥 P－ABCD中 ， 底面ABCD是 矩形 ， PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M. (1)求证：AM⊥PD； (2)求直线CD与平面ACM所成的角 的余弦值．
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解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PA＝A， AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD. ∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，AB⊂平面ABM， BM⊂平面ABM，∴PD⊥平面ABM. ∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.
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变式4 已知在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中， 侧棱AA1⊥底面ABCD，AB⊥AD， BC∥AD， 且AB＝2，AD＝4，BC＝1，侧棱AA1＝4. (1) 若 E为 AA1 上 一 点 ， 试 确 定 E点 的 位 置 ， 使 EB ∥ 平 面 A1CD； (2)在 (1)的条件下，求二面角E－BD－A的余弦值．
则 nn··PC→→DC＝＝00，，
即y－ 2z＝ 0， 2x－y＝0.
不妨令 z＝1， 可得 n＝(1,2,1)．
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可取平面 PAC 的法向量 m＝(1,0,0)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n ＝ 1 ＝ 6，
|m|·|n| 6 6 从而 sin〈m，n〉＝ 30.
6 所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30.
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变式3 (2012·淄博模拟)如图所示,在多面体ABCD－A1B1C1D1中， 上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD1⊥ 底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a. (1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值； (2)已知F是AD的中点．求证：FB1⊥平面BCC1B1； (3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．
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解：如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)，D(2,0,0)，
C(0,1,0)，B－12，12，0，
P(0,0,2)．
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(1)证明：易得P→C＝(0,1，－2)，A→D＝(2,0,0)，于是P→C·A→D＝ 0，所以 PC⊥AD. (2)P→C＝(0,1，－2)， C→D＝(2，－1,0)． 设平面 PCD 的法向量 n＝(x，y，z)，
(1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存 在，求AP的长；若不存在，说明理由； (3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．
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思路点拨 (1)建立空间直角坐标系证明B→1E·A→D1＝0 即可; (2)可设点 P(0，0，z0)，利用D→P与平面 B1AE 的法向量垂直求解； (3)利 用 两半 平面的 法向量 可表 示二面 角的 大小， 从而 列出等 式， 即可求出 AB 的长.
6 (3)设点 E 的坐标为(0,0，h)，其中 h∈[0,2]．
∴FF→→BB11··BB→→BC1＝＝00，，
∴ FB1⊥ BB1， FB1⊥ BC. ∵ BB1∩ BC＝ B， ∴FB1⊥平面 BCC1B1.
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(3)由(2)知，F→B1为平面 BCC1B1 的一个法向量，
设 n＝(x1，y1，z1)为平面 FCC1 的一个法向量，
又∵C→C1＝(0，－a，a)，F→C＝(－a,2a,0)．
nn··BB→→DE＝＝－－22xx00＋＋34＝y0＝0 0
，解得 n＝(3，3，1)． 24
∴ cos〈m， n〉＝ 1×
1
＝4 61.
(3)2＋(3)2＋12 61
24
所以二面角 E－BD－A 的余弦值为4 61. 61
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[备选例题] 1．(2012·高考天津卷)如图，在四棱锥P－ABCD中， PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA ＝AD＝2，AC＝1. (1)证明PC⊥AD； (2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)设E为棱PA上的点，满足异面 直线BE与CD所成的角为30°， 求AE的长．
得 aa2xx＋＋
z＝ 0， y＝ 0.
取 x＝1，
得平面 B1AE 的一个法向量 n＝1，－a2，－a.
要使
DP∥平面
B1AE，只要
n⊥D→P，有a－ 2
az0＝
0，
解得 z0＝12.
又 DP⊄平面 B1AE，
∴存在点
P，满足
DP∥平面
B1AE，此时
AP＝1. 2
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(3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD－A1B1C1D1 及 AA1＝ AD＝1，得 AD1⊥A1D. ∵ B1 C∥ A1 D，∴ AD1⊥ B1 C. 又由(1)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1， ∴A→D1是平面 A1B1E 的一个法向量，此时A→D1＝(0,1,1)． 设A→D1与 n 所成的角为 θ，
D→D1＝ (0,0， a)，
→→
∴ cos〈A→B1 ，D→D1 〉＝
AB1·DD1 →→
＝
|AB1 |·| DD1 |
3， 3
∴异面直线
AB1 与
D源自文库1 所成角的余弦值为
3 . 3
12
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(2)证明： ∵B→B1＝ (－ a，－ a，a)，B→C ＝ (－ 2a,0,0)，F→B1＝ (0， a，a)，
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【规律方法】 (1)两异面直线所成角的范围是 θ∈(0，π]， 2
两向量的夹角 α 的范围是[0，π]，所以要注意二者的联系与 区别，应有 cosθ＝|cosα|. (2)在求线面角时要注意：若平面的法向量与直线的方向向量 的夹角为 α(α 可为锐角或钝角)，则直线与平面所成的角 θ 应满足 sinθ＝|cosα|. (3)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，它等于这两个法向量的夹角或其补角．
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解：(1)当 A1E＝14A1A 时，EB∥平面 A1CD. 如图，以 AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系，
则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,4,0)，C(2,1,0)，A1(0,0,4)．
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设 E(0,0，z)，则B→E＝(－2,0，z)，C→A1＝(－2，－1,4)，C→D＝ (－ 2,3,0)． ∵EB∥平面 A1CD， ∴不妨设B→E ＝ xC→A1＋ yC→D， ∴ (－ 2,0， z)＝ x(－ 2，－ 1,4)＋ y(－ 2,3,0)．