2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题五第3讲　立体几何中的向量方法

第3讲　立体几何中的向量方法

(对应学生用书第39页)

1.(2018·全国Ⅱ卷,理9)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　C　)

(A) (B) (C) (D)

解析:法一　

如图,连接BD1,交DB1于O,取AB的中点M,连接DM,OM,易知O为BD1的中点,

所以AD1∥OM,则∠MOD或其补角为异面直线AD1与DB1所成角.

因为在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,AD1==2,

DM==,

DB1==,

所以OM=AD1=1,OD=DB1=,

于是在△DMO中,由余弦定理,得

cos∠MOD==,

即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.

法二　

如图,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

由题意,得A(1,0,0),D(0,0,0),

D1(0,0,),B1(1,1,),

所以=(-1,0,),=(1,1,),

所以·=-1×1+0×1+()2=2,

||=2,||=,

所以cos<,>===.故选C.

2.(2018·全国Ⅰ卷,理18)

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.

(1)证明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,

又PF∩EF=E,所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.

(2)解:

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,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.

由(1)可得,DE⊥PE.

又DP=2,DE=1,所以PE=.

又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.

可得PH=,EH=.

则H(0,0,0),P0,0,,D-1,-,0,

=1,,,=0,0,.

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.

1.考查角度

考查空间向量在求解空间角中的应用.

2.题型及难易度

解答题,难度中等偏上.

(对应学生用书第39~41页)

向量法求线面角

【例1】

(2018·石家庄市质量检测二)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为∠CBB1=60°的菱形,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.

(1)证明:

如图1,连接BC1,交B1C于O,连接AO,

因为侧面BB1C1C为菱形,

所以B1C⊥BC1,

因为AB=AC1,O为BC1的中点,

所以AO⊥BC1,

又B1C∩AO=O,

所以BC1⊥平面AB1C,

又BC1⊂平面BB1C1C,

所以平面AB1C⊥平面BB1C1C.

(2)解:因为AB⊥B1C,BO⊥B1C,AB∩BO=B,

所以B1C⊥平面ABO,

又AO⊂平面ABO,

所以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2所示的空间直角坐标系Oxyz,

因为直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°,

所以∠ABO=30°.

设AO=1,则BO=,

又∠CBB1=60°,

所以△CBB1是边长为2的等边三角形,

所以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,).

设直线AB1与平面A1B1C所成的角为θ,

则sin θ=|cos<,n>|==,

所以直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值为.

(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或钝角的补角),取其余角就是斜线和平面所成的角.即线面角的正弦值等于斜线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值.

热点训练1:

(2018·太原市一模)在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为的正方形,PA⊥BD.

(1)求证:PB=PD;

(2)若E,F分别为PC,AB的中点,EF⊥平面PCD,求直线PB与平面PCD所成角的大小.

(1)证明:

如图,连接AC,交BD于点O,连接PO,

因为四边形ABCD是正方形,

所以AC⊥BD,OB=OD,

又PA⊥BD,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,

所以BD⊥平面PAC,

又PO⊂平面PAC,

所以BD⊥PO,

又OB=OD,所以PB=PD.

(2)解:设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,

因为E为PC的中点,

所以EQ∥CD,EQ=CD,

又AF∥CD,AB=CD,F为AB的中点,

所以AF=AB=CD,

所以EQ∥AF,EQ=AF,

所以四边形AQEF为平行四边形,

所以EF∥AQ,

因为EF⊥平面PCD,

所以AQ⊥平面PCD,

又PD⊂平面PCD,

所以AQ⊥PD,

因为Q是PD的中点,

所以AP=AD=,

因为AQ⊥平面PCD,CD⊂平面PCD,

所以AQ⊥CD,

又AD⊥CD,AQ∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD,PA⊂平面PAD,

所以CD⊥PA,

又PA⊥BD,BD∩CD=D,BD⊂平面ABCD,CD⊂平面ABCD,

所以PA⊥平面ABCD.

以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),B(,0,0),P(0,0,),Q0,,,

所以=0,,,=(,0,-),

因为AQ⊥平面PCD,

所以为平面PCD的一个法向量,

所以cos<,>==-,

设直线PB与平面PCD所成的角为θ,

则sin θ=|cos<,>|=,

所以直线PB与平面PCD所成的角为.

向量法求二面角

【例2】 (2018·湖南省两市九月调研)如图,四棱锥PABCD的底面为菱形,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=5,AD=6,∠DAB=60°,E为AB的中点.

(1)证明:AC⊥PE;

(2)求二面角DPAB的余弦值.

(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OE,BD,

因为四边形ABCD为菱形,

所以BD⊥AC,

因为O,E分别为AD,AB的中点,

所以OE∥BD,所以AC⊥OE.

因为PA=PD,O为AD的中点,所以PO⊥AD,

又因为平面PAD⊥平面ABCD,

平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD,

所以PO⊥AC,因为OE∩OP=O,

所以AC⊥平面POE,所以AC⊥PE.

(2)解:连接OB,因为四边形ABCD为菱形,

所以AD=AB,因为∠DAB=60°,所以△DAB为等边三角形,O为AD的中点,所以BO⊥AD,

因为PO⊥平面ABCD,所以PO⊥OA,PO⊥OB,

所以OP,OA,OB两两垂直.

以OA,OB,OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(3,0,0),B(0,3,0),P(0,0,4),=(0,3,0)为平面PAD的法向量,

设平面PAB的法向量n=(x,y,z),=(-3,0,4),=(-3,3,0),

则即

取x=1,则

n=1,,,cos<,n>===.

结合图形可知二面角DPAB的余弦值为.

(2)通过平面的法向量来求:设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则二面角的大小等于<n1,n2>(或π-<n1,n2>).应注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角.

热点训练2:

(2018·广西柳州市一模)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC为等边三角形,过A1C作平面A1CD平行于BC1,交AB于点D.

(1)求证:CD⊥AB;

(2)若四边形BCC1B1是边长为2的正方形,且A1D=,求二面角DA1CB1的正弦值.

(1)

证明:连接AC1,设AC1与A1C相交于点E,连接DE,则E为AC1的中点,因为BC1∥平面A1CD,平面A1CD∩平面ABC1=DE,

所以DE∥BC1,

所以D为AB的中点,

又因为△ABC是等边三角形,所以CD⊥AB.

(2)解:因为AD2+A1A2=5=A1D2,所以A1A⊥AD,

又B1B⊥BC,B1B∥A1A,所以A1A⊥BC,又AD∩BC=B,所以A1A⊥平面ABC,

设BC的中点为O,B1C1的中点为O1,以O为原点,OB所在的直线为x轴,OO1所在的直线为y轴,OA所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.

则C(-1,0,0),A1(0,2,),D,0,,B1(1,2,0),

即=,0,,=(1,2,),=(2,2,0),

设平面DA1C的法向量为n1=(x1,y1,z1),

由得

令x1=1,得n1=(1,1,-),

设平面A1CB1的法向量为n2=(x2,y2,z2).

由得

令x2=1,得n2=1,-1,,

所以cos<n1,n2>===-.

则二面角DA1CB1的正弦值为=.

用向量法解与空间角有关的探索性问题

考向1　位置探究型

【例3】

(2018·辽宁省辽南协作校一模)如图所示,三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB⊥侧面BB1C1C,AB=BC=1,BB1=2,∠BCC1=60°.

(1)求证:C1B⊥平面ABC;

(2)E是棱CC1所在直线上的一点,若二面角AB1EB的正弦值为,求CE的长.

(1)证明:因为AB⊥平面BB1C1C,所以AB⊥BC1,

在△CBC1中,由余弦定理得BC1=,故BC1⊥BC.

又BC∩AB=B,所以C1B⊥平面ABC.

(2)解:由(1)可知AB,BC,BC1两两垂直,

建立如图空间直角坐标系,

则B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),C1(0,0,),B1(-1,0,),

所以=(-1,0,).

设=λ=λ(-1,0,),

所以E(1-λ,0,λ).

=(1-λ,-1,λ),=(-1,-1,).设平面AB1E的一个法向量为n1=(x,y,z),

则

令z=,则x=,y=,

所以n1=,,,

取平面B1EB的一个法向量为n2=(0,1,0).

由|cos<n1,n2>|=,得2λ2-5λ+3=0,

解得λ=1或λ=,

所以λ=1时,CE=2;λ=时,CE=3.

考向2　存在判断型

【例4】

(2018·湖南省四校二次联考)如图,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分别是CC1,BC,AC的中点,点P在直线A1B1上运动,且=λ(λ∈[0,1]).

(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ;

(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.

(1)证明:

连接A1Q,

因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,

所以△AA1Q≌△CAM,

所以∠MAC=∠QA1A,

所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°,

所以AM⊥A1Q.

因为N,Q分别是BC,AC的中点,

所以NQ∥AB.

又AB⊥AC,

所以NQ⊥AC.

在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥底面ABC,

所以NQ⊥AA1.

又AC∩AA1=A,

所以NQ⊥平面ACC1A1,

所以NQ⊥AM.

由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1,

所以N,Q,A1,P四点共面.

所以A1Q⊂平面PNQ.

因为NQ∩A1Q=Q,

所以AM⊥平面PNQ,

所以无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ.

(2)解:如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M0,1,,N,,0,Q0,,0,

=-,,,=(1,0,0).

由=λ=λ(1,0,0)=(λ,0,0),

可得点P(λ,0,1),所以=-λ,,-1.

设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,

则

即

得

令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,

所以n=(3,1+2λ,2-2λ)是平面PMN的一个法向量.

取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).

假设存在符合条件的点P,则|cos<m,n>|==,

化简得4λ2-14λ+1=0,

解得λ=或λ=(舍去).

综上,存在点P,且当A1P=时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.

(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.

热点训练3:

(2018·福州市四校联考)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四边形BFED是直角梯形,DE⊥BD,BF∥DE,DE=2BF=2,平面BFED⊥平面ABCD.

(1)求证:AD⊥平面BFED;

(2)在线段EF上是否存在一点P,使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.

(1)证明:在梯形ABCD中,因为AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,

所以AB=2,

所以BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos 60°=3,

所以AB2=AD2+BD2,

所以BD⊥AD,

因为平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,

所以AD⊥平面BFED.

(2)解:因为AD⊥平面BFED,

所以AD⊥DE,

以D为原点,分别以DA,DB,DE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D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),E(0,0,2),

F(0,,1),=(0,,-1),=(-1,,0),

=(-1,0,2).

设=λ=(0,λ,-λ)(0≤λ≤1),

则=+λ=(-1,λ,2-λ).

取平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),

设平面PAB的法向量为m=(x,y,z).

由·m=0,·m=0得

令y=2-λ,得x=2-λ,z=-λ,

所以m=(2-λ,2-λ,-λ)为平面PAB的一个法向量,

所以|cos<m,n>|==,

解得λ=,

所以当P为线段EF靠近点E的三等分点时满足题意.

【例1】 (2018·潍坊市期末)在▱PABC中,PA=4,PC=2,∠P=45°,D是PA的中点(如图1) .将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置,得到四棱锥P1ABCD.

(1)将△PCD沿CD折起的过程中,CD⊥平面P1DA是否成立?请证明你的结论;

(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°,且△P1DA为锐角三角形,求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值.

解:(1)将△PCD沿CD折起过程中,CD⊥平面P1DA成立.

证明如下:

因为D是PA的中点,PA=4,

所以DP=DA=2,

在△PDC中,由余弦定理得,

CD2=PC2+PD2-2PC·PD·cos 45°=8+4-2×2×2×=4,

所以CD=2=PD,

因为CD2+DP2=8=PC2,

所以△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA,

所以CD⊥DA,CD⊥P1D,P1D∩AD=D,

所以CD⊥平面P1DA.

(2)由(1)知CD⊥平面P1DA,CD⊂平面ABCD,

所以平面P1DA⊥平面ABCD,

因为△P1DA为锐角三角形,

所以P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上,记为O,连接P1O,

所以P1O⊥平面ABCD,

则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角,

所以∠P1DA=60°,

因为DP1=DA=2,

所以△P1DA为等边三角形,O为AD的中点,

故以O为坐标原点,过点O且与CD平行的直线为x轴,DA所在直线为y轴,OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

设x轴与BC交于点M,

因为DA=P1A=2,

所以OP1=,

易知OD=OA=CM=1,

所以BM=3,

则P1(0,0,),D(0,-1,0),C(2,-1,0),B(2,3,0),=(2,0,0),=(0,-4,0),=(2,-1,-),

因为CD⊥平面P1DA,

所以可取平面P1DA的一个法向量n1=(1,0,0),

设平面P1BC的法向量n2=(x2,y2,z2),

则

所以

解得

令z2=1,则n2=,0,1,

设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ,由图易知θ为锐角,

所以cos θ=|cos<n1,n2>|===.

所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.

【例2】

(2018·安徽省知名示范高中联合质检)如图,在三棱锥PABC中,△PAC为正三角形,M为线段PA的中点,∠CAB=90°,AC=AB,平面PAB⊥平面PAC.

(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;

(2)若Q是棱AB上一点,=,求二面角QMCA的余弦值.

(1)证明:因为△PAC为正三角形,M为线段PA的中点,

所以CM⊥PA,

又平面PAC⊥平面PAB,平面PAC∩平面PAB=PA,

所以CM⊥平面PAB.

因为AB⊂平面PAB,

所以CM⊥AB,

又CA⊥AB,CM∩CA=C,

所以AB⊥平面PAC.

又AB⊂平面ABC,

所以平面PAC⊥平面ABC.

(2)解:连接PQ,由题意及(1)得===,

所以S△QBC=S△ABC,

所以Q为线段AB的中点.

取AC的中点为O,连接OP,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,

设AC=AB=2,

则A(1,0,0),B(1,2,0),Q(1,1,0),C(-1,0,0),

M,0,,

则=,0,,=(2,1,0),=(0,2,0).

易知平面AMC的一个法向量为=(0,2,0).

设平面QMC的法向量为n=(x,y,z),

则即

令x=1,则n=(1,-2,-),

由图可知二面角QMCA为锐角,

故所求二面角的余弦值为|cos<n,>|===.