数学：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．考点一 利用空间向量证明空间位置关系 保分考点练后讲评1.[证明线面垂直]在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，D 为C1C 的中点，求证：B 1D ⊥平面ABD .证明：由题意知AB ，BC ，BB 1两两垂直，故以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1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)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)， 设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ―→＝(a,0,0)，BD ―→＝(0,2,2)， B 1D ―→＝(0,2，－2)，所以B 1D ―→·BA ―→＝0，B 1D ―→·BD ―→＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 所以B 1D ⊥平面ABD .2.[证明线面平行、面面垂直]如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 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 ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AP ―→＝(0,0,1)，AD ―→＝(0,2,0)， DC ―→＝(1,0,0)，AB ―→＝(1,0,0)．(1)因为EF ―→＝－12AB ―→，所以EF ―→∥AB ―→，即EF ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ―→·DC ―→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD ―→·DC ―→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP ―→⊥DC ―→，AD ―→⊥DC ―→， 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.考点二 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ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，求异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值．[解] 法一：(基向量法)如图，取BA ―→＝a ，BC ―→＝b ，BB 1―→＝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AB 1―→＝c －a ，BC 1―→＝b ＋c ，所以AB 1―→·BC 1―→＝(c －a )·(b ＋c )＝c 2＋c ·b －a ·b －a ·c ＝12＋0－(－1)－0＝2. 又|AB 1―→|＝(c －a )2＝c 2－2c ·a ＋a 2＝12－0＋22＝5， |BC 1―→|＝(b ＋c )2＝b 2＋2b ·c ＋c 2＝12＋0＋12＝2， 所以cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 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BB 1⊥平面ABC ，故以B 为坐标原点，分别以射线BD ，BA ，BB 1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)，B 1(0,0,1)，C 1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C 1⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以AB 1―→＝(0，－2,1)，BC 1―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝0×32＋(－2)×⎝⎛⎭⎫－12＋1×10＋(－2)2＋12×⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫－122＋12＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. [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＝|a ·b ||a ||b |，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⎝⎛⎦⎤0，π2，应注意加以区分．[注意] 两条异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2.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，BF ―→的方向为y 轴正方向，|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 . 又因为DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0， DP ―→＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，32.又HP ―→为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|HP ―→·DP ―→||HP ―→||DP ―→|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.[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＝π2－θ(如图(1))或φ＝π2＋θ(如图(2))，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |.特别地，φ＝0时，θ＝π2，l ⊥α；φ＝π2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ABCD -A1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D -A 的正弦值．[解] (1)在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA1⊥AE ，AA 1⊥AD .故以AE ，AD ，AA 1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A -xyz .因为AB ＝AD ＝2， AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)． (1) A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34. 设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为74. [解题方略] 向量法求二面角设二面角α-l -β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，向量n 1，n 2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图(1))或θ＝ω(如图(2))，其中cos ω＝n 1·n 2| n 1||n 2|.[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C -DB -E 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 ＝5，BE ＝3，BD ＝22， ∴EF ＝AE ·BE AB ＝32，由(1)知BE ⊥DE ，∴EH ＝DE ·BE DB ＝5×322＝304， ∴sin ∠EHF ＝EF EH ＝32304＝105，∴cos ∠EHF ＝1－sin 2∠EHF ＝155， ∴二面角C -DB -E 的余弦值为－155. 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 ＝3，∴E⎝⎛⎭⎫32，12，0， D (0,0,2)，B (0,2,0)，∴ED ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，BD ―→＝(0，－2,2)．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED ―→＝0，n ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x －12y ＋2z ＝0，－2y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(3，1,1)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 〉＝m ·n | m ||n |＝35＝155，由图知，二面角C -DB -E 为钝角， ∴二面角C -DB -E 的余弦值为－155.2．(2018·石家庄质检)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形且∠CBB 1＝60°，AB ＝AC 1.(1)证明：平面AB 1C ⊥平面BB 1C 1C ；(2)若AB ⊥B 1C ，直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，求直线AB 1与平面A 1B 1C 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接BC 1交B 1C 于点O ，连接AO ， ∵侧面BB 1C 1C 为菱形，∴B 1C ⊥BC 1. ∵AB ＝AC 1，O 为BC 1的中点，∴AO ⊥BC 1. ∵B 1C ∩AO ＝O ，∴BC 1⊥平面AB 1C .又BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面BB 1C 1C . (2)∵AB ⊥B 1C ，BO ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABO ， 又AO ⊂平面ABO ，∴AO ⊥B 1C ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .∵直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°， ∴∠ABO ＝30°.设AO ＝1，则BO ＝3，又∠CBB 1＝60°， ∴△CBB 1是边长为2的等边三角形，∴A (0,0,1)，B (3，0,0)，B 1(0,1,0)，C (0，－1,0)， AB 1―→＝(0,1，－1)，B 1C ―→＝(0，－2,0)， A 1B 1―→＝AB ―→＝(3，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1―→＝0，n ·B 1C ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －z ＝0，－2y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，3)为平面A 1B 1C 的一个法向量． 设直线AB 1与平面A 1B 1C 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AB 1―→，n 〉|＝|AB 1―→·n ||AB 1―→|·|n |＝64， ∴直线AB 1与平面A 1B 1C 所成角的正弦值为64. 考点三 利用空间向量解决探索性问题 增分考点讲练冲关 [典例] 已知几何体ABCC1B 1N 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B 1C ，若M 为AB 的中点，在线段CB 上是否存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．(2)求二面角C -NB 1-C 1的余弦值．[解] 由题意可知，BA ，BB 1，BC 两两垂直，以BA ，BB 1，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B -xyz ，则由该几何体的三视图可知，C (0,0,4)，N (4,4,0)，B 1(0,8,0)，C 1(0,8,4)．(1)设平面CNB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵NC ―→＝(－4，－4,4)，NB 1―→＝(－4,4,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧NC ―→·n ＝0，NB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x －4y ＋4z ＝0，－4x ＋4y ＝0，令x ＝1，可得平面CNB 1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PM ―→＝(2,0，－a )． 又MP ∥平面CNB 1，∴PM ―→·n ＝2－2a ＝0，解得a ＝1.∴在线段CB 上存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1，此时BP ＝1. (2)设平面C 1NB 1的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)， ∵NC 1―→＝(－4,4,4)，∴⎩⎪⎨⎪⎧NC 1―→·m ＝0，NB 1―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ′＋4y ′＋4z ′＝0，－4x ′＋4y ′＝0，令x ′＝1，可得平面C 1NB 1的一个法向量为m ＝(1,1,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1＋12·6＝33. 由图可知，二面角C -NB 1-C 1为锐角， 故二面角C -NB 1-C 1的余弦值为33. [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P -ABCD 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C -AF -D 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AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·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AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－a c ， 所以cos 60°＝|n ·m ||n |·|m |＝12·1＋a2c 2＝12，得a ＝c . 即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C -AF -D 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P -ABC 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C -EM -N 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721，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AB ―→，AC ―→，AP ―→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：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·MN ―→＝0， n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2| n 1||n 2|＝－421， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521.(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH 的长为85或12. [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．。