2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第十四章空间向量第4课　空间向量的共线与共面

第4课__空间向量的共线与共面____

　基础诊断　

1. 已知＝(2，3，1)，＝(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量为______________．

2. 在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，向量与向量所成角的大小为________．

3. 在正四棱锥SABCD中，点O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角的大小是________．

4. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为________．

5. 已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC和CD的中点，求：

(1) 写出直线A1D的一个方向向量：________________________________________________________________________；

(2) 写出平面B1CD1的一个法向量：________．

　范例导航　

　　例1　如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，DA＝DC＝2，DD′＝1，A′C′与B′D′相交于点O′，点P在线段BD上(点P与点B不重合)．

(1) 若异面直线O′P与BC′所成角的余弦值为，求DP的长度；

(2) 若DP＝，求平面PA′C′与平面DC′B所成角的正弦值．

如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA＝，M为PC的中点．

(1) 求异面直线PB与MD所成角的大小；

(2) 求平面PCD与平面PAD所成的二面角的正弦值．

　　例2　如图，已知四棱锥PABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，OP⊥底面ABCD.设点M满足＝λ(λ>0)．

(1) 当λ＝时，求直线PA与平面BDM所成角的余弦值；

(2) 若二面角MABC的大小为，求λ的值．

如图，在矩形ABCD中，已知AB＝1，BC＝a(a>0)，PA⊥平面ABCD，且PA＝1.

(1) 试建立适当的坐标系，并写出点P，B，D的坐标；

(2) 问当实数a在什么取值范围时，边BC上存在点Q，使得PQ⊥QD?

(3) 当边BC上有且仅有一个点Q使得PQ⊥QD时，求二面角QPDA的余弦值．

　自测反馈　

1. 已知向量a＝(0，2，1)，b＝(－1，1，－2)，则a与b的夹角的大小为________．

2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝2，∠B1A1C1＝90°，D为BB1的中点，则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为________．

(第2题)

　　　　(第4题)

3. 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝1，PA⊥平面ABC，PA＝，则BP与平面PAC所成角的正切值为________．

4. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1DCC1的大小为60°，则AD的长为________．

1. 法向量不唯一，所以为了方便计算可以对x，y，z进行赋值．

2. 求线线角需要注意角的范围，求二面角可以结合法向量的方向来判断是法向量的夹角还是补角．

3. 你还有哪些体悟，写下来：

第4课　空间向量的共线与共面

　基础诊断　

1. 或　解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，1)，则n⊥且n⊥，即n·＝0且n·＝0，即即所以单位法向量为n2＝±＝±.

2. 120°　解析：建立以点D为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(a，a，0)，A1(a，0，a)，A(a，0，0)，C(0，a，0)．设与所成角为θ，则可得cosθ＝＝＝－，则θ＝120°.

3. 30°　解析：以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系．设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P，所以＝(2a，0，0)，＝.设平面PAC的法向量为n，可求得一个法向量为n＝(0，1，1)，则cos〈，n〉＝＝－，则cos〈，n〉＝120°，所以直线BC与平面PAC所成角的大小为120°－90°＝30°.

4. 　解析：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系，设该正方形棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以＝(0，1，－1)，＝.设平面A1ED的法向量为m＝(1，y，z)，可得解得所以m＝(1，2，2)．因为平面ABCD的法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈m，n〉＝＝，即所成的锐二面角的余弦值为.

5. (1) 　解析：因为多面体ABCDA1B1C1D1为正方体，根据正方体性质，所以A1D∥B1C，即为直线A1D的一个方向向量．(不唯一)

(2) 　解析：连结DC1.因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1.又因为四边形A1B1C1D1为正方形，所以B1D1⊥A1C1.又因为AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1平面A1AC1，所以B1D1⊥平面A1AC1.又因为AC1平面A1AC1，所以AC1⊥B1D1.同理可得AC1⊥CD1.因为CD1∩B1D1＝D1，CD1，B1D1平面B1CD1，所以AC1⊥平面B1CD1，即为平面B1CD1的法向量．(不唯一)．

　范例导航　

例1　解析：(1) 以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD′为z轴建立空间直角坐标系Dxyz.

由题意，知D(0，0，0)，A′(2，0，1)，B(2，2，0)，C′(0，2，1)，O′(1，1，1)．

设P(t，t，0)，

所以＝(t－1，t－1，－1)，＝(－2，0，1)．

设异面直线O′P与BC′所成角为θ，则|cosθ|＝＝＝，

化简得21t2－20t＋4＝0，解得t＝或t＝，

所以DP＝或DP＝.

(2) 因为DP＝，所以P，

则＝(0，2，1)，＝(2，2，0)，＝，＝，

设平面DC′B的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

所以即

所以取y1＝－1，则n1＝(1，－1，2)．

设平面PA′C′的法向量n2＝(x2，y2，z2)，

所以

即所以

取y2＝1，则n2＝(1，1，1)．

设平面PA′C′与平面DC′B所成角为φ，

所以|cosφ|＝＝＝，

则sinφ＝.

解析：(1) 设AC与BD交于点O，以点O为原点，分别以向量，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A(－1，0，0)，C(1，0，0)，B(0，－，0)，D(0，，0)，P(－1，0，)，M，

所以＝，＝(1，－，－)，

所以cos〈，〉＝＝＝0，

则异面直线PB与MD所成的角为90°.

(2) 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PAD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．

因为＝(－1，，0)，＝(1，，－)，

＝(0，0，－)，

由

令y1＝1，得平面PCD的一个法向量n1＝(，1，)，

由

令y2＝－1，得平面PAD的一个法向量n2＝(，－1，0)，

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，

所以sin〈n1，n2〉＝.

例2　解析：(1) 以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则A(4，0，0)，B(0，3，0)，C(－4，0，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，4)，所以＝(4，0，－4)，＝(0，6，0)，＝(－4，3，0)．

当λ＝时，M，

所以＝.

设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，

则

令x＝2，则y＝0，z＝1，

所以平面BDM的一个法向量为n＝(2，0，1)，

所以cos〈，n〉＝＝，

即直线PA与平面BDM所成角的余弦值为.

(2) 由题可知平面ABC的一个法向量n1＝(0，0，1)．

设M(a，0，b)，代入＝λ，得(a，0，b－4)＝λ(－4－a，0，－b)，

解得即M，

所以＝.

设平面MAB的法向量为n2＝(x，y，z)，

则

消去y，得(2λ＋1)x＝z，令x＝1，则z＝2λ＋1，y＝，

所以平面MAB的一个法向量为n2＝(1，，2λ＋1)，

所以＝，解得λ＝或－.

因为λ>0，所以λ＝.

解析：(1) 以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示．

因为PA＝AB＝1，BC＝a，

所以P(0，0，1)，B(1，0，0)，D(0，a，0)．

(2) 设点Q(1，x，0)，

则＝(1，x－a，0)，＝(－1，－x，1)．

由·＝0，得x2－ax＋1＝0.

当该方程有实数解时，边BC上才存在点Q，使得PQ⊥QD，故Δ＝a2－4≥0.

因为a>0，故实数a的取值范围为a≥2.

(3) 由(2)可知，当a＝2时，BC上仅有一点满足题意，此时x＝1，即Q为BC的中点．取AD的中点M，过点M作MN⊥PD，垂足为点N，连结QM，QN，则M(0，1，0)，P(0，0，1)，D(0，2，0)．

因为D，N，P三点共线，

所以＝＝＝＝.

又＝(0，2，－1)，且·＝0，

故·(0，2，－1)＝＝0，

解得λ＝，

所以＝，

所以＝＋＝－＋＝(1，－，－)．

因为·＝0＋2×＋(－1)×＝0，所以⊥，

则∠MNQ为所求二面角的平面角，

因为cos∠MNQ＝＝.

　自测反馈　

1. 90°　解析：cos〈a，b〉＝＝＝0，则a与b的夹角为90°.

2. 　解析：以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，A1(0，0，2)，C(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，1，2)，

则＝(1，－1，－1)，＝(0，1，－2)，所以||＝，||＝，·＝1，所以cos〈，〉＝＝，故异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为.

3. 　解析：由题意可得BC⊥平面PAC，则∠BPC为直线BP与平面PAC所成角，在Rt△BPC中，BC＝1，PC＝＝2，所以tan∠BPC＝＝.

4. 　解析：以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)．设AD＝a，则D(1，0，a)，＝(1，0，a)，＝(0，2，2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，则可得令z＝－1，得m＝(a，1，－1)．又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，则由cos60°＝得＝，解得a＝，故AD＝.