2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题七第1讲　空间向量与立体几何

第1讲　空间向量与立体几何

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1．异面直线所成的角的求法

设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．

2．直线和平面所成角的求法

如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝．

3．二面角的求法

(1)如图1，AB、CD是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图2、3，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．

证明平行或垂直

[典型例题]

(2019·泉州模拟)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．

(1)求证：DE∥平面ABC；

(2)求证：B1F⊥平面AEF．

【证明】　以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B1(4，0，4)，D(2，0，2)，A1(0，0，4)．

(1)＝(－2，4，0)，平面ABC的法向量为＝(0，0，4)，

因为·＝0，DE⊄平面ABC，

所以DE∥平面ABC．

(2)＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，

·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，

所以⊥，所以B1F⊥EF，

·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，

所以⊥，所以B1F⊥AF．

因为AF∩EF＝F，所以B1F⊥平面AEF．

证明线线垂直，只要证明它们的方向向量数量积为0；证明线面平行只要证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量共线或者证明直线的方向向量与平面内一条法向量垂直即可．

[对点训练]

1．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4．

(1)在AB上是否存在点D使得AC1⊥CD；

(2)在AB上是否存在点D使得AC1∥平面CDB1．

[解] 直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)，

(1)假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，则＝λ＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D(3－3λ，4λ，0)，于是＝(3－3λ，4λ，0)，由于＝(－3，0，4)，且AC1⊥CD，所以－9＋9λ＝0得λ＝1，所以在AB上存在点D使得AC1⊥CD，且这时点D与点B重合．

(2)假设在AB上存在点D使得AC1∥平面CDB1，则＝λ＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D(3－3λ，4λ，0)，＝(3－3λ，4λ－4，－4)，又＝(0，－4，－4)．由于＝(－3，0，4)，AC1∥平面CDB1，所以存在实数m，n使＝m＋n成立，所以m(3－3λ)＝－3，m(4λ－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，所以λ＝，所以在AB上存在点D，使得AC1∥平面CDB1，且这时D为AB的中点．

求空间角

[典型例题]

(2018·高考江苏卷)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1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ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连结OB，OO1，

则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O­xyz．

因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．

(1)因为P为A1B1的中点，

所以P，

从而＝，＝(0，2，2)，

故|cos〈，〉|＝

＝＝．

因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．

(2)因为Q为BC的中点，所以Q，

因此＝，

＝(0，2，2)，＝(0，0，2)．

设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，

则即

不妨取n＝(，－1，1)．

设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．

(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．

(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|．②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．

[对点训练]

2．(2017·高考江苏卷)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] 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．

如图，以{，，}为正交基底，

建立空间直角坐标系A－xyz．

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)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B－A1D－A的大小为θ，则|cos θ|＝．

因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝ ＝．

因此二面角B－A1D－A的正弦值为．

1．(2019·姜堰中学开学检测)如图，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝PA＝1，AD＝3，E是PB的中点．

(1)求证：AE⊥平面PBC；

(2)求二面角B­PC­D的余弦值．

[解] (1)证明：分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向；建立如图所示的平面直角坐标系；

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，0，1)，E，

所以＝，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)．

因为·＝0，·＝0，所以⊥，⊥，即AE⊥BC，AE⊥BP，

而BC、BP⊂平面PBC，且BC∩BP＝B，

所以AE⊥平面PBC．

(2)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，而＝(－1，2，0)，＝(0，3，－1)，

则由⇒⇒取y＝1，x＝2，z＝3，即n＝(2，1，3)．

又由(1)AE⊥平面PBC，所以是平面PBC的法向量，而＝．

所以cos〈，n〉＝＝＝，

即与n的夹角的余弦值为．

故由图形可知，二面角B­PC­D的余弦值为－．

2．(2019·盐城中学期末检测)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，A1A＝，M是CC1的中点．

(1)求证：A1B⊥AM；

(2)求二面角B­AM­C的平面角的大小．

[解] (1)证明：以点C为原点，CB，CA，CC1所在直线为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示，

则B(1，0，0)，A(0，，0)，

A1(0，，)，M．

所以＝(1，－，－)，

＝．

因为·＝1×0＋(－)×(－)＋(－)×＝0，

所以A1B⊥AM．

(2)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC，

又BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC．

因为∠ACB＝90°，即BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1，

即BC⊥平面AMC．

所以是平面AMC的一个法向量，＝(1，0，0)．

设n＝(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，

＝(－1，，0)，＝．

由得

令z＝2，得x＝，y＝，所以n＝(，，2)．

因为||＝1，|n|＝2，

所以cos〈，n〉＝＝．

因此二面角B­AM­C的大小为45°．

3．(2019·苏锡常镇四市高三调研)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，点E是AB的中点，F为D1E上的一点，D1F＝2FE．

(1)证明：平面DFC⊥平面D1EC；

(2)求二面角A­DF­C的大小．

[解] (1)证明：以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)．

因为E为AB的中点，

所以E(1，1，0)．

因为D1F＝2FE，

所以＝＝(1，1，－2)＝，

＝＋＝(0，0，2)＋＝．

设n＝(x，y，z)是平面DFC的法向量，则

所以

取x＝1，得平面DFC的一个法向量为n＝(1，0，－1)．

设p＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，

则所以

取y1＝1，得平面D1EC的一个法向量为p＝(1，1，1)．

因为n·p＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0，

所以平面DFC⊥平面D1EC．

(2)设q＝(x′，y′，z′)是平面ADF的法向量，

则所以

取y′＝1，得平面ADF的一个法向量为q＝(0，1，－1)，

设二面角A­DF­C的平面角为θ，由题知θ∈(90°，180°)，

则cos θ＝－＝－＝－，

所以二面角A­DF­C的大小为120°．

4．(2019·苏州调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．

(1)求证：C1D⊥D1E；

(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求的值，若不存在，说明理由；

(3)若二面角B1－AE－D1的大小为90°，求AD的长．

[解] (1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，1，0)，B1(a，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，E，

所以＝(0，－1，－1)，

＝，

所以·＝0，所以C1D⊥D1E．

(2)设＝h，则M(a，0，h)，所以＝(0，－1，h)，＝，＝(－a，0，1)，

设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，

则，

所以平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a，2a)，

因为BM∥平面AD1E，所以⊥n，即·n＝2ah－a＝0，所以h＝．即在AA1上存在点M，使得BM∥平面AD1E，此时＝．

(3)连结AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，＝，＝(0，1，1)，

则，

所以平面B1AE的一个法向量为m＝(2，a，－a)．

因为二面角B1－AE－D1的大小为90°，

所以m⊥n，所以m·n＝4＋a2－2a2＝0，

因为a>0，所以a＝2，即AD＝2．