2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题四　3第3讲　空间向量与立体几何

第3讲　空间向量与立体几何

利用空间向量证明平行、垂直及求空间角
[核心提炼]
1．利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间平行、垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)，则有：
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2．利用直线的方向向量与平面的法向量求空间角
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，υ＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，则
cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，
则sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角
设平面α、β的夹角为θ，
则|cos θ|＝＝|cos〈μ，υ〉|.
[典型例题]
(1)如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：
①OM∥平面BCF；
②平面MDF⊥平面EFCD.
(2)(2018·高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

①证明：AB1⊥平面A1B1C1；
②求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【解】　(1)证明：由题意知，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
①＝，＝(－1，0，0)，
所以·＝0，所以⊥.
因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，
又OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.
②设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因为＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，
由n1·＝n1·＝0，
得解得
令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1)．
因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.
(2)①证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.

由题意知各点坐标如下：
A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1)．
因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)．
＝(0，2，－3)．
由·＝0得AB1⊥A1B1.
由·＝0得AB1⊥A1C1.
所以AB1⊥平面A1B1C1.
②设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由①可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2)．
设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．
由即可取n＝(－，1，0)．
所以sin θ＝|cos，n|＝＝.
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

(1)利用空间向量证明平行与垂直的步骤
①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．
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研究平行、垂直关系．
④根据运算结果解释相关问题．
(2)运用空间向量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．
(3)求空间角的注意点
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所求的二面角不一定是两平面的法向量的夹角，有可能为两法向量夹角的补角．　
[对点训练]
1．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求GF与平面ABE所成角的正切值．
解：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB，
又F是CD中点，所以DF＝CD，
由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF.所以四边形HGFD是平行四边形，
所以GF∥DH，又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(2)如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，
因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE，
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ，
以B为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，＝(1，2，1)，平面ABE的法向量n＝(0，1，0)，
设GF与平面ABE所成的角为θ，
则sin θ＝＝，
所以cos θ＝＝，
所以tan θ＝＝＝.
所以GF与平面ABE所成角的正切值为.
2．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2.如图(1)将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1­EF­B成直二面角，连接A1B、A1P(如图(2))．

(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B­A1P­E的余弦值．
解：(1)证明：在图(1)中，取BE的中点D，连接DF，
因为AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，所以AF＝AD＝2，
而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．
又AE＝DE＝1，所以EF⊥AD.
在图(2)中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
所以∠A1EB为二面角A1­EF­B的一个平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角，所以A1E⊥平面BEP.
(2)分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，，0)，A1(0，0，1)，
＝(0，0，1)，＝(1，，0)，＝(－2，0，1)，＝(－1，，0)．
设平面EA1P的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
取y＝－1，得m＝(，－1，0)；
设平面BA1P的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则，取y′＝1，得n＝(，1，2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B­A1P­E的余弦值为.


立体几何中的探索性问题
[核心提炼]
探索性问题主要考两类问题
(1)条件探索型问题；
(2)存在探索型问题．
探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算，建立目标函数或目标方程，将问题转化为代数问题解决．
[典型例题]
(2019·浙江高考冲刺卷)如图所示的几何体ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是线段BD上的动点．
(1)当M是BD的中点时，求证：BC⊥平面AME；
(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)证明：因为EA⊥平面ABC，AB⊥AC，
所以直线AB，AC，AE两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AE所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系A­xyz，设CD＝1，则AB＝AC＝AE＝2，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0，2)，
因为M是BD中点，所以M，
所以＝(0，0，2)，＝，
＝(－2，2，0)，
所以·＝0，·＝0，
所以AE⊥BC，AM⊥BC，
又AM⊂平面AME，AE⊂平面AME，AE∩AM＝A，
所以BC⊥平面AME.
(2)由(1)得，＝(－2，2，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，
设＝λ＝(－2λ，2λ，λ)(0