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2017届高三数学二轮复习第一篇专题通关攻略专题五立体几何1.5.3用空间向量的方法解立体几何问题课件理_图文

2017届高三数学二轮复习第一篇专题通关攻略专题五立体几何1.5.3用空间向量的方法解立体几何问题课件理_图文

第三讲
用空间向量的方法解立体几何问题

【知识回顾】 1.线、面的位置关系与向量的关系

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), ν =(a4,b4,c4).

a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2 ; ①l∥m?a∥b?a=kb?_____________________ a1a2+b1b2+c1c2=0; 0?_______________ ②l⊥m?a⊥b?a·b=__ a a +b b +c c =0 0 1 3 1 3 1 3 μ μ ③l∥α ?a⊥ ?a· =__?_______________; a =ka , b =kb , c =kc 1 3 1 3 1 3 ; μ μ ④l⊥α ?a∥ ?a=k ?_____________________

a3=ka4,b3=kb4, ⑤α ∥β ? μ ∥ ν ? μ =k ν ?_______________
c3=kc4 ; ______

a3a4+b3b4+c3c4=0 . 0 ⑥α ⊥β ? μ ⊥ ν ? μ · ν=__ ?_______________

2.三种空间角与空间向量的关系 (1)设a,b分别为异面直线a,b的方向向量,则两异面
|a ? b| 直线所成的角θ 满足cosθ =__________. |a||b|

(2)设l是斜线l的方向向量,n是平面α 的法向量,则斜
|l ? n| ||| l n| 线l与平面α 所成的角θ 满足sinθ =________.

(3)二面角 ①如图(Ⅰ),AB,CD是二面角α -l-β的两个半平面内
??? ? ??? ? 〈AB , CD〉 与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ =________;

②如图(Ⅱ)(Ⅲ),n1,n2分别是二面角α -l-β 的两个 半平面α ,β 的法向量,则二面角的大小θ 满足cosθ -cos<n1,n2>或cos<n1,n2> = ________________________.

3.直线的方向向量与平面的法向量的确定 非零 向量 (1)直线的方向向量:在直线上任取一已知_____

即可作为它的方向向量.
(2)平面的法向量:可利用方程组求出.设a,b是平面 α 内两不共线已知向量,n为平面α 的法向量,则求法
a?0 ?n· ? b?0 向量的方程组为_______. ?n·

【易错提醒】 1.忽视判定定理的条件致误:利用空间向量证明空间

平行、垂直关系时,需转化为证明其所在方向向量、
法向量的平行、垂直,但一定要交待清楚涉及向量所

在的直线、平面是否满足判定定理的条件,如证明
l∥α ,需证明l的方向向量l与平面的法向量n垂直,但 一定要交待l?α这一条件.

2.忽视角的范围致误:应用空间向量求空间角时,忽
? ;直线与平面所成角 视异面直线所成角的范围为 (0, ] ? 的范围为 [0, ] ,二面角范围为[0,π ]. 2 2

3.混淆空间角与向量的夹角致误:异面直线所成的角 应是其方向向量的夹角或其补角;二面角应是其法向

量的夹角或其补角.

4.不能准确掌握利用空间向量求直线与平面所成角的 公式致误:空间向量求直线与平面所成的角公式是
|l ? n| |l ? n| sinθ = ,而非cosθ = . ||| l n| ||| l n|

【考题回访】 1.(2014·全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=

90°,M,N分别为A1B1,A1C1的中点.BC=CA=CC1,则BM
与AN所成角的余弦值为(
A. 1 10 B. 2 5 C. 30 10

)
D. 2 2

【解析】选C.由题意,以C为坐标原点,建立如图所示 的空间直角坐标系.

令BC=CA=CC1=2,则C(0,0,0),A(0,2,0), B(2,0,0),A1(0,2,2),B1(2,0,2),

C1(0,0,2).
因为M,N分别为A1B1,A1C1的中点, 所以M(1,1,2),N(0,1,2),
???? ??? ? 这时 BM ? (?1, 1, 2), AN ? (0, ? 1,, 2)

???? ??? ? ???? ??? ? BM ? AN 30 所以cos〈BM, ? ? AN〉 ? ???? ??? , | BM || AN | 10

所以BM与AN所成角的余弦值为 30 .
10

2.(2016·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面 PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,

AD=2,AC=CD= 5 .

(1)求证:PD⊥平面PAB. (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.

(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM//平面PCD?若存
在,求 AM 的值;若不存在,说明理由.
AP

【解析】(1)因为平面PAD⊥平面ABCD,交线为AD, AB?平面ABCD,AB⊥AD,

所以AB⊥平面PAD.
因为PD?平面PAD,所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,

所以PD⊥平面PAB.

(2)取AD中点O,连接OP,OC. 因为PA=PD,所以OP⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD,交线为AD,OP?平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD. 又因为AC=CD,所以OC⊥AD.

因为AB⊥AD,所以OC∥AB且OC=2AB. 如图,分别以OC,OA,OP所在直线为x轴,y轴,z轴建

立空间直角坐标系.P(0,0,1),B(1,1,0),
??? ??? C(2,0,0),D(0,-1,0). PB ? (1, 1, ? 1), PC ? (2, 0, ? 1), ??? ? PD ? (0, ? 1, ? 1).

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),

??? ? PC ? 2x ? z ? 0, ?n· 则 ? ??? 所以z=2x,y=-2x. ? PD ? ? y ? z ? 0, ? ?n·

令x=1得,n=(1,-2,2).
??? ??? PB? n 1? 2 ? 2 3 ??? ? cos〈PB ,n〉 ? ? ?? . 3 |PB || n | 3 ?3

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3 .
3

(3)方法一:过B作BE∥AD,交OC于H,交CD于E. 因为OC∥AB且OC=2AB,所以OH∥AB,OH=AB,BH=AO.
1 所以H为OC的中点.所以EH∥OD,EH= OD. 2 所以BE= 3 AD且BE∥AD. 4

在PD,PA上分别取点F,M,使得PF= 3 PD,PM= 3 PA,
4 4

则FM∥AD,FM= 3 AD.
4

所以FM∥BE,FM=BE.
所以四边形BEFM为平行四边形.所以BM∥EF. 又因为BM?平面PCD,EF?平面PCD,所以BM∥平面PCD.

因此,在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,且
AM 1 ? . AP 4

方法二:假设存在M点使得BM∥面PCD,设 M(0,y′,z′),

AM =λ, AP

??? ? 由(2)知A(0,1,0),P(0,0,1),AP =(0,-1,1), ??? ? ???? ???? B(1,1,0),AM =(0,y′-1,z′),有 AM =λAP

?M(0,1-λ,λ),

???? 所以 BM =(-1,-λ,λ).

因为BM∥面PCD,n为面PCD的法向量,所以 BM·n=0,

????

即-1+2λ+2λ=0.
所以λ= 1 .综上,存在M点,即当 AM ? 1 时,M点即为
4 AP 4

所求.

热点考向一

利用空间向量证明空间平行、垂直关系

命题解读:主要考查建立空间直角坐标系、利用空间 向量与空间平行、垂直的关系,证明空间线、面间的 平行、垂直关系,以解答题为主.

【典例1】(2016·厦门二模)如图,在四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,

点E为棱PC的中点.证明:
(1)BE⊥DC. (2)BE∥平面PAD.

(3)平面PCD⊥平面PAD.

【解题导引】

【规范解答】依题意,以点A为原点建立空间直角坐标 系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,

0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? (1)向量 BE ? (0, 故 1,, 1) DC ? (2, 0,, 0) BE ? DC ? 0.

所以BE⊥DC.

(2)因为AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD, 所以AB⊥PA,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,
??? ? 所以向量 AB =(1,0,0)为平面PAD的法向量, ??? ? ??? ? 而 BE?AB =(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以BE⊥AB,

又BE?平面PAD,所以BE∥平面PAD.

??? ? (3)由(2)知平面PAD的法向量 AB =(1,0,0),向量
??? ? ??? ? PD ? (0,, 2 ? 2), DC ? (2, 0,, 0)

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
??? ? ? ?2y ? 2z ? 0, n?PD ? 0, ? 则 ? ??? 即? ? ?2x ? 0, ? ?n?DC ? 0,

不妨令y=1,可得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.

且n· AB =(0,1,1)·(1,0,0)=0,
??? ? 所以n⊥ AB .

??? ?

所以平面PAD⊥平面PCD.

【易错警示】解答本题易出现三种错误 (1)建系后,将相关点的坐标确定错,造成后面步步错 .

(2)在(2)中忽略BE?平面PAD,而致误.
(3)将平面的法向量求错,而致误.

【规律方法】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.

【题组过关】 1.(2016·黄石二模)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为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴, y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,

0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,
1),

1 1 所以 E( 1 , 1, ),F(0, 1, ),

2 2 2 ??? ??? ? ??? ? 1 EF ? (? , 0, 0), AP ? (0, 0, 1), AD ? (0,, 2 0), 2 ??? ? ??? ? DC ? (1, 0, 0), AB ? (1, 0, 0).

??? ??? ? ??? ??? ? 1 (1)因为 EF ? ? AB,所以 EF ? AB, 2

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, 即AP⊥DC,AD⊥DC. AD ? DC ,

又因为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.

2.(2016·沈阳一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC= 90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,

F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:
(1)B1D⊥平面ABD. (2)平面EGF∥平面ABD.

【证明】(1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线 分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所

示,

则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4), C1(0,2,4),

设BA=a,则A(a,0,0),
??? ? ??? ? ???? ? 所以 BA ? (a, 0,, 0) BD ? (0,,, 2 2) B1D ? (0,, 2 ? 2), ???? ? ??? ? ???? ? ??? ? B1D?BA ? 0, B1D?BD ? 0 ? 4 ? 4 ? 0,

即B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又BA∩BD=B,BA,BD?平面ABD,

因此B1D⊥平面ABD.

(2)由(1)知,E(0,0,3),G ( ,, 1 4), F(0,1,4), 则 EG ? ( a , 1, 1), EF ? (0, 1,, 1)
???? ? ??? ? B1D?EG ? 0 ? 2 ? 2 ? 0, ???? ? ??? B1D?EF ? 0 ? 2 ? 2 ? 0,
2 ??? ? ???

a 2

即B1D⊥EG,B1D⊥EF.

又EG∩EF=E,EG,EF?平面EGF, 因此B1D⊥平面EGF.

结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.

【加固训练】 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: (1)OM∥平面BCF.

(2)平面MDF⊥平面EFCD.

【证明】由题意,得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),
1 1 1 1 M( , 0, 0),O( , , ). 2 2 2 2 ???? ? 1 1 ??? (1)OM ? (0, ? , ? ), BA ? (?1, 0, 0), 2 2

???? ??? ? 则 OM?BA ? 0, 所以OM⊥BA.

因为棱柱ADE-BCF是直三棱柱,

所以AB⊥平面BCF,
??? ? 所以 BA 是平面BCF的一个法向量,

且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).
??? ? ???? ? 1 ??? ? 因为 DF ? (1, ? 1,, 1) DM ? ( , ? 1, 0), DC ? (1, 0, 0), 2 ??? ? ???? ? 由 n1 ?DF ? n1 ?DM ? 0,
? x1 ? y1 ? z1 ? 0, 得 ? ?1 x1 ? y1 ? 0, ? ?2

1 1 ? ). 令x1=1,则n1= (1, , 2 2

同理可得n2=(0,1,1).

因为n1·n2=0,所以平面MDF⊥平面EFCD.

2.如图所示,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边 的等腰直角三角形,E,F,O分别为PA,PB,AC的中点,

AC=16,PA=PC=10.
(1)设G是OC的中点,证明:FG∥平面BOE. (2)证明:在△ABO内存在一点M,

使FM⊥平面BOE.

【证明】(1)如图所示,连接OP, 因为PA=PC,所以OP⊥AC,

因为平面PAC⊥平面ABC,
所以OP⊥平面ABC,OP⊥OB,

又因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,所以 OB⊥AC.以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP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O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8, 0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),

??? ? ??? ? 由题意得,G(0,4,0),因为 OB ? (8, 0,, 0) OE ? (0, ? 4,, 3)

因此平面BOE的一个法向量n=(0,3,4),
??? ? ??? ? FG =(-4,4,-3),得n· FG=0,

又直线FG不在平面BOE内,因此有FG∥平面BOE.

(2)设点M的坐标为(x0,y0,0),
??? ? 则 FM =(x0-4,y0,-3), ??? ? 因为FM⊥平面BOE,所以有 FM ∥n,

因此有x0=4,y0= ? 9 ,
4 9 即点M的坐标为 (4, ? , 0), 4

? x ? 0, ? y ? 0, △AOB的内部区域可表示为不等式组 ? ? ? x ? y ? 8, ? ?z ? 0,

经检验,点M的坐标满足上述不等式组, 所以,在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE.

热点考向二

利用空间向量计算空间角

命题解读:主要考查以具体几何体为载体,建立恰当

的空间直角坐标系,计算或应用异面直线所成角、线
面角、二面角的大小,三种题型均有可能出现.

命题角度一 面角

利用空间向量计算异面直线所成角或线

【典例2】(1)(2016·郑州二模)如图,在直
三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CC1=2,AC=2 3 , M是AC的中点,则异面直线CB1与C1M所成角的

余弦值为________.

(2)(2016·全国卷Ⅲ)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底 面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD

上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
①证明:MN∥平面PAB. ②求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

【解题导引】(1)以M为原点,MA为x轴,MB为y轴,过M 作AC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法

能求出异面直线CB1与C1M所成角的余弦值.
(2)①利用线面平行的判定定理证明. ②以A为坐标原点建立空间直角坐标系,利用空间向量

求解直线与平面所成角的正弦值.

【规范解答】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=BC=CC1=2,AC=2 3 ,M是AC的中点,

所以BM⊥AC,BM= 4 ? 3 =1.
以M为原点,MA为x轴,MB为y轴,过M作 AC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,



C(? 3, 0, 0),B1 (0, 1, 2),C1 ( ? 3, 0, 2),M(0, 0, 0). ???? ? ????? CB1 ? ( 3, 1, 2), MC1 ? (? 3, 0, 2),

设异面直线CB1与C1M所成角为θ,
???? ? ????? | CB1 ?MC1 | 1 14 ???? ? ????? ? ? . 则 cos? ? 28 |CB1 |? | MC1 | 8? 7

所以异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为 14 .
28

答案: 14
28

(2)①(1)由已知得AM= 2 AD=2,取BP的中点T,连接
3

AT,TN,
1 由N为PC中点知TN∥BC,TN= BC=2. 2

又AD∥BC,故TN∥AM,TN=AM,四边形AMNT为平行四 边形,于是MN∥AT.

因为AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.

②取BC的中点F,连接AF.由AB=AC得AF⊥BC,从而 AF⊥AD且AF= AB2-BF2 ? 5,
??? ? ??? ? 以A为坐标原点, AF 的方向为x轴的正方向,AD 的方向 ??? ? 的方向为z轴的正方向,建立空间 为y轴的正方向, AP

直角坐标系,由题意可得

5 P(0, 0, 4),M(0,,, 2 0) C( 5,,, 2 0) N( , 1, 2), 2 ???? ??? ? ??? ? 5 5 所以 PM ? (0,,- 2 4), PN ? ( , 1,-2), AN ? ( , 1, 2), 2 2

设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
???? ? n?PM ? 0, 则? 即 ? ? ??? ? ?n?PN ? 0,
?2y-4z ? 0, ? ? 5 x ? y-2z ? 0, ? ? 2

??? ? ??? ? n?AN 8 5 2 1) 所以 cos〈n, 可取 n ? (0,,, AN〉 ? ????? ? , | n|| AN | 25

所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 8 5 .
25

命题角度二

利用空间向量计算二面角

【典例3】(2016·宜宾二模)如图1,在矩形ABCD中,

AB=

3 ,BC=4,E是边AD上一点,且AE=3,把△ABE沿

BE翻折,使得点A到A′满足平面A′BE与平面BCDE垂直 (如图2).

(1)若点P在棱A′C上,且CP=3PA′,求证:DP∥平面 A′BE.

(2)求二面角B-A′E-D的余弦值的大小.

【解题导引】(1)若点P在棱A′C上,且CP=3PA′,根 据线面平行的判定定理即可证明DP∥平面A′BE.

(2)充分利用题设中垂直关系,建立空间直角坐标系,
求出平面的法向量,利用向量法即可求二面角B-A′ED的余弦值的大小.

【规范解答】(1)在图2中,过P作PQ∥BC交A′B于点Q. 因为CP=3PA′,所以 PQ ? A?P ? 1 ,
BC A?C 4

因为BC=4,所以PQ=1,
因为DE∥BC,DE=1,所以DE PQ,

所以四边形QEDP为平行四边形,所以DP∥EQ. 因为DP?平面A′BE,EQ?平面A′BE,

所以DP∥平面A′BE.

(2)在图2中,过A′作A′F⊥BE于点F, 因为平面A′BE⊥平面BCDE,

所以A′F⊥平面BCDE.
因为∠BA′E=90°,A′B= 3 ,A′E=3,
3 3 3 所以∠A′EB=30°, A?F ? ,EF ? , 2 2

过F作FG⊥DE交DE的延长线于点G,则 FG ? 3 3 ,EG ? 9 .
4 4

如图2,建立空间直角坐标系D-xyz,D(0,0,0),

E(1,0,0),B(4, 3 ,0),C(0, 3 ,0),
13 3 3 3 13 3 3 A?( , , ),F( , ,, 0) 则 4 4 2 4 4 ???? 9 3 3 3 ??? 9 3 3 ??? ? EA? ? ( , , ), EF ? ( , ,, 0) DE ? (1, 0, 0). 4 4 2 4 4

设平面A′BE的法向量n=(x,y,z),
?9 3 3 ??? x? y ? 0, ? ? n?EF ? 0, ?4 4 则? 即 ? ? ???? ? 9 x ? 3 3 y ? 3 z ? 0, ? ?n?EA? ? 0, ? 4 2 ?4

可取n=(1,-

3

,0).

设平面A′DE的法向量m=(x1,y1,z1),

??? ? ? m?DE ? 0, 则? 即 ? ???? ? ?m?EA? ? 0,

? x1 ? 0, ? ?9 3 3 3 y1 ? z1 ? 0, ? x1 ? 4 2 ?4
3

可取m=(0,2,-

).

?2 3 21 ?? . 所以cos<m,n>= 7 1 ? 3? 4 ? 3

因为二面角B-A′E-D为钝角,
所以二面角B-A′E-D的余弦值的大小为 ? 21 .
7

【易错警示】解答本题易出现以下四种错误 (1)以D以外的点为原点建错系,造成错解.

(2)以D为原点建立空间直角坐标系,但将相关点的坐
标写错,造成结果错误. (3)求错法向量,导致所求结果错误.

(4)不考虑二面角是锐角还是钝角,造成结论错误.

【母题变式】 1.在典例3的条件下求二面角B-A′E-C的大小.
??? ? 【解析】EC ? (?1,3,, 0) 设平面A′EC的一个法向量为

l=(x2,y2,z2),
???? ?9 3 3 3 ? y 2 ? z 2 ? 0, l ?EA? ? 0, ? x 2 ? ? 则有 ? ??? 即 ?4 4 2 ? ? ?l ?EC ? 0, ?? x ? 3y ? 0, 2 ? 2

取l=( 3 ,1,-2 3 ), 由典例(2)解析知平面A′BE的法向量为n=(1,- 3 ,

0),
所以cos<l,n>=0,所以二面角B-A′E-C的大小为90°.

2.在典例3的条件下,求点B到平面A′EC的距离.
3 【解析】由典例解析知 A?B ? ( 3 , 3 , ? ), 4 4 2 ???? ?

而由母题变式1的解析知,
平面A′EC的一个法向量l=( 3 ,1,-2 3 ),

所以点B到平面A′EC的距离为
3 3 3 ???? ? | ? 3? ?1 ? (? ) ? (?2 3) | | A?B? l| 4 2 ? 4 ? 3. 2 2 2 |l| ( 3) ? 1 ? (?2 3)

【规律方法】 1.利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,写出相关向量的坐标. (3)结合公式进行论证、计算.

(4)转化为几何结论.

2.利用空间向量求线线角、线面角的思路 (1)异面直线所成的角θ ,可以通过两直线的方向向量

的夹角φ求得,即cosθ =|cosφ|.
(2)直线与平面所成的角θ 主要通过直线的方向向量与 平面的法向量的夹角φ求得,即sinθ =|cosφ|.

3.利用空间向量求二面角的思路 二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直

的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的
两个面的法向量的夹角求得,它等于两个法向量的夹 角或其补角.

4.利用空间向量求点到平面距离的方法 如图,设A为平面α 内的一点,B为平面α 外的一点,n
??? ? | AB? n| 为平面α 的法向量,则B到平面α 的距离 d ? . |n |.

【题组过关】 1.(2016·晋中一模)如图,在几何体ABCDEF中,

AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩
形,FB=
10 ,M,N分别为EF,AB的中点.

(1)求证:MN∥平面FCB. (2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°,求平面MAB与

平面FCB所成角的余弦值.

【解析】(1)取BC的中点Q,连接NQ,FQ, 则NQ= 1 AC,NQ∥AC,
2 1 又MF= AC,MF∥AC, 2

所以MF=NQ,MF∥NQ,则四边形MNQF为平行四边形, 即MN∥FQ.

因为FQ?平面FCB,MN?平面FCB,所以MN∥平面FCB.

(2)由AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,可得, ∠ACB=90°,AC=
3 ,BC=1,AB=2,

因为四边形ACFE为矩形,所以AC⊥FC,FC∩BC=C,
所以AC⊥平面FCB, 则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角,

即∠AFC=30°,所以FC=3.

因为FB=

2 2 2 10 ,所以FC +BC =FB ,所以FC⊥BC.

则可建立如图所示的空间直角坐标系,
3 所以A( 3 ,0,0),B(0,1,0), M( , 0, 3), ???? ? ???? 3 3 则 MA ? ( , 0, ? 3), MB ? (? , 1, ? 3), 2 2 2

设m=(x,y,z)为平面MAB的法向量,
? 3 ???? ? x ? 3z ? 0, ? ? MA ? m ? 0 , ? 2 则 ????? 即? ? m ? 0, ? ?MB? ?? 3 x ? y ? 3z ? 0. ? ? 2

取x=2 3 ,则m=(2 3 ,6,1)为平面MAB的一个法向量. 又n=(
3 ,0,0)为平面FCB的一个法向量,

m? n 2 3? 3 2 3 则 cos<m,n> ? ? ? . | m | |n | 7 7? 3

则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为 2 3 .
7

2.(2016·贵阳一模)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD 是菱形,∠ADC=60°,平面PCD⊥平面ABCD,

PC=PD=CD=2,点M为线段PB上异于P,B的点.

(1)当点M为PB的中点时,求证:PD∥平面ACM. (2)当二面角B-AC-M的余弦值为 5 时,试确定点M的
5

位置.

【解析】(1)设AC,BD的交点为N,连接MN, 因为M,N分别为BP,BD的中点,

所以PD∥MN,
又MN?平面ACM,PD?平面ACM, 所以PD∥平面ACM.

(2)设CD的中点为O,因为PC=PD=CD=2,平面PCD⊥平面 ABCD,

所以PO⊥平面ABCD,
又因为在菱形ABCD中,∠ADC=60°, 所以OA⊥CD,

建立以O为坐标原点,OA,OC,OP分别为x,y,z轴的 空间直角坐标系如图:

则A(

3 ,0,0),B(

3 ,2,0),C(0,1,0),

P(0,0, 3 ),
???? ??? 设 BM ? ?BP (0<λ<1), ???? ??? ? ???? ??? ? ??? 则 CM ? CB ? BM ? CB ? ?BP
? ( 3 ? 3?, 1 ? 2?, 3?), ??? ? CA ? ( 3, ? 1, 0),

设平面ACM的法向量为n=(x,y,z),

??? ? ? ? ?n?CA ? 0, ? 3x ? y ? 0, 由 ? ???? 得? ? ? ?n?CM ? 0, ?( 3 ? 3?)x ? (1 ? 2?)y ? 3?z ? 0, 2 令x=1,则y= 3 ,z=3- 2 ,即n= (1, 3, 3 ? ), ? ? ??? ? 又平面ABCD的法向量为m= OP ? (0, 0, 3 ), 2 3 |3 3? | | m ? n | 5 ? 所以 | cos<m,n>|= ? ? . |m||n | 5 4 12 3 ? 13 ? 2 ? ? ?

解得:λ= 1 或λ=1(舍去).
2

所以点M为线段PB的中点.

【加固训练】1.(2016·石家庄一模)在平面四边形 ACBD(图①)中,△ABC与△ABD均为直角三角形且有公

共斜边AB,设AB=2,∠BAD=30°,∠BAC=45°,将
△ABC沿AB折起,构成如图②所示的三棱锥C′-ABD, 且使C′D= 2 .

(1)求证:平面C′AB⊥平面DAB. (2)求二面角A-C′D-B的余弦值.

【解析】(1)取AB的中点O,连接C′O,DO, 在Rt△ACB和Rt△ADB中,AB=2,则C′O=DO=1,

又C′D=

2 ,

所以C′O2+DO2=C′D2,即C′O⊥OD,又C′O⊥AB, 又AB∩OD=O,AB,OD?平面ABD,

所以C′O⊥平面ABD, 又C′O?平面ABC′,所以平面C′AB⊥平面DAB.

(2)以O为原点,AB,OC′所在的直线分别为y轴,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,-1,0),B(0,1,0),C′(0,0,1),
3 1 D( , ,, 0) 2 2 ???? ???? ???? 3 1 所以 AC? ? (0, 1,, 1) BC? ? (0, ? 1,, 1) C?D ? ( ,, ? 1). 2 2

设平面AC′D的法向量为n1=(x1,y1,z1),
???? ???? ? y1 ? z1 ? 0, ? ? , ?n1 ?AC? ? 0,? ?n1 ? AC? 则 ? ???? 即 ? ???? ? 3 1 n ? C ? D ? 0 , n ? C ? D , x ? y1 ? z1 ? 0, ? ? ? ? 1 ? 1 1 2 ? 2

令z1=1,则y1=-1,x1= 所以n1=(
3 ,-1,1).

3 ,

设平面BC′D的法向量为n2=(x2,y2,z2),
???? ???? ?? y 2 ? z 2 ? 0, ? ? n 2 ? BC? , ?n 2 ?BC? ? 0, ? ? 则? ???? 即 ? ???? ? 3 1 n ? C ? D ? 0 , x 2 ? y 2 ? z 2 ? 0, ? , ? ? ? 2 ?n 2 ? C?D 2 ? 2

令z2=1,则y2=1,x2=

3 所以n = ( 3 , 1, 1). , 2 3 3

3 3? ? ? ?1? ?1 ? 1?1 1 105 所以 cos<n ,n > ? 3 ? ? . 1 2 35 7 1 5 ? 3 ? 1 ? 1? ? 1 ? 1 3 3

所以二面角A-C′D-B的余弦值为 ?

105 . 35

2.(2016·武汉一模)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=2, BC=1,AC=
3 ,AC⊥BC.

(1)求点B到平面PAC的距离.
(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值.

【解析】(1)以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,过C作平 面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,

过P作平面ABC的垂线PD,交AB于D,由题意知D是AB中点,
则A(
3 1 D( , ,, 0) 2 2 ??? ? ??? ? 3 1 3 1 P( , , 3 ),C(0, 0, 0), CA ? ( 3, 0, 0), CD ? ( , , 0), 2 2 2 2 ??? ??? ? 3 1 CP ? ( , , 3 ), CB ? (0, 1, 0), 2 2

,0 3,0),B(0,1,0),

设平面PAC的法向量n=(x,y,z),
??? ? ?n?CA ? 3x ? 0, 则 ? ? ??? 3 1 x ? y ? 3z ? 0, ?n?CP ? 2 2 ?

取y=2 3 ,得n=(0,2 3 ,-1), 所以点B到平面PAC的距离
??? ? | CB? n | 2 3 2 39 d? ? ? . |n| 13 13

??? ? ??? ? 3 1 (2) PA ?( , ? , ? 3 ), BC ? (0, ? 1,, 0) 2 2

设异面直线PA与BC所成角为θ,
1 ??? ? ??? ? | | | PA ?BC | 1 ? ??? ? ? 2 ? . cos? ? ??? | PA |? | BC | 4? 1 4

所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为 1 .
4

3.(2016·衡水一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥ PA,AB∥CD,且PB=BC=BD= 6 ,CD=2AB=2
2 ,

∠PAD=120°,E和F分别是棱CD和PC的中点.
(1)求证:平面BEF⊥平面PCD. (2)求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值.

【解析】(1)因为BC=BD,E为CD中点,所以BE⊥CD. 因为AB∥CD,CD=2AB,

所以AB∥DE,且AB=DE,所以四边形ABED是矩形.
所以BE∥AD,BE=AD,AB⊥AD, 因为AB⊥PA,又PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,

所以CD⊥平面PAD,

所以CD⊥PD,且CD⊥AD, 又因为在平面PCD中,EF∥PD,所以CD⊥EF.

因为EF∩BE=E,EF?平面BEF,BE?平面BEF,
又CD⊥BE,所以CD⊥平面BEF, 因为CD?平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD.

(2)以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,建立空间直角坐 标系,

因为PB=BC=BD= 6 ,CD=2AB=2 2 ,∠PAD=120°, 所以PA= PB2 ? AB2 ? 6 ? 2 ? 2,

AD=BE= BD2 ? AB2 ? 6 ? 2 ? 2,
则P(0,-1, 3 ),D(0,2,0), B( 2, 0,, 0) C(2 2,,, 2 0)
??? ? ??? ??? ? PD ? (0,, 3 ? 3), BP ? (? 2, ? 1,3), BC ? ( 2,, 2 0).

设平面PBC的法向量n=(x,y,z),
??? ? ? ?n?BC ? 2x ? 2y ? 0, 则 ? ??? ? ?n?BP ? ? 2x ? y ? 3z ? 0, 3 取x= 2 ,得n= ( 2, ? 1, ), 3

设直线PD与平面PBC所成的角为θ,

??? ? ??? ? PD? n ? sin? ?| cos〈PD,n〉 |?| ??? |?| | PD |? |n|

?3 ? 1 10 |? . 5 10 12 ? 3

所以直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为 10 .
5

热点考向三

利用空间向量解决探索性问题

命题解读:主要考查利用空间向量探索与空间线面垂

直、平行或空间三种角大小有关的点所在位置、参数
的值的大小问题,一般为解答题的最后一问.

【典例4】(2016·衡阳一模)直三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,

D为棱A1B1上的点.
(1)证明:DF⊥AE.

(2)是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二 面角的余弦值为 14 ?若存在,说明点D的位置,若
14

不存在,说明理由.

【题目拆解】解答本题第(2)问,可拆解成两个小题: ①假设存在,求平面DEF和平面ABC的法向量;

②解由二面角的余弦值为
点位置.

14 所构建的方程,确定D 14

【规范解答】(1)因为AE⊥A1B1,A1B1∥AB,所以AE⊥AB, 又因为AA1⊥AB,AA1∩AE=A,所以AB⊥平面A1ACC1,

又因为AC?平面A1ACC1,所以AB⊥AC,
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则有A(0,0,0),
1 1 1 0,, 1) B1 (1, 0,, 1) E(0, 1, ),F( , , 0),A1 (0, 2 2 2

???? ? ????? 设D(x0,y0,z0),A D ? ?A B 且λ∈[0,1],
1 1 1

即(x0,y0,z0-1)=λ(1,0,0),
??? ? 1 1 则D(λ,0,1),所以 DF ? ( ? ?, , ? 1), 2 2 ??? ? ??? ? 1 1 ??? ? 1 因为 AE ? (0, 1, ), 所以 DF?AE ? ? ? 0, 2 2 2

所以DF⊥AE.

(2)结论:存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐 二面角的余弦值为 14 .
14

理由如下:

??? ? ?n?FE ? 0, 设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则 ? ??? ? ? ?n?DF ? 0, ??? ??? ? 1 1 1 1 1 因为 FE ? (? , , ), DF ? ( ? ?, , ? 1), 2 2 2 2 2

1 1 ? 1 ? x ? y ? z ? 0, ? 2 2 2 所以 ? ? ?( 1 ? ? )x ? 1 y ? z ? 0, ? 2 ? 2

令z=2(1-λ),则n=(3,1+2λ,2(1-λ)). 由题可知平面ABC的法向量m=(0,0,1), 因为平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为 14 ,
14

所以|cos<m,n>|=

| m? n| 14 ? , |m||n| 14



14 ? . 2 2 14 9 ? (1 ? 2?) ? 4(1 ? ?)
2 4

| 2(1 ? ?) |

解得λ= 1 或λ= 7 (舍), 所以当D为A1B1中点时满足要求.

【规律方法】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.

【题组过关】 1.(2016·淮北一模)已知某几何体直观图和三视图如图

所示,其正(主)视图为矩形,侧(左)视图为等腰直角
三角形,俯视图为直角梯形, (1)求证:BN⊥平面C1B1N.

(2)设θ 为直线C1N与平面CNB1所成的角,求sinθ 的值.

(3)设M为AB中点,在BC边上找一点P,使MP∥平面 CNB1,并求 BP 的值.
PC

【解析】(1)因为该几何体的正(主)视图为矩形,侧 (左)视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,

所以BA,BC,BB1两两垂直.
以BA,BB1,BC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则N(2,2,0),B1(0,4,0),C1(0,4,2), C(0,0,2),
??? ? ???? ? ??? ? ????? 因为 BN?B1N ? 4 ? 4 ? 0 ? 0, BN?B1C1 ? 0,

所以BN⊥NB1,BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于点B1, 所以BN⊥平面C1B1N.

(2)设n2=(x,y,z)为平面NCB1的一个法向量,
??? ? ?n 2 ?CN ? 2x ? 2y ? 2z ? 0, 则? ? ? ???? ? ?n 2 ?NB1 ? ?2x ? 2y ? 0,

取x=1,得n2=(1,1,2),
???? ? 因为 C1N =(2,-2,-2), ???? ? C1N? n | |2?2?4| 2 所以sinθ= |????? ? 2 ? ? . 3 | C1N |? | n2 | 6 ? 12

(3)因为M(1,0,0).设P(0,0,a)为BC上一点,
??? ? 则 MP =(-1,0,a),

因为MP∥平面CNB1,
??? ? ??? ? 所以 MP ⊥n2,MP·n2=-1+2a=0,解得a=
1 所以当PB= 时,MP∥平面CNB1, 2 所以 BP ? 1. PC 3 1 , 2

2.(2016·石家庄二模)如图所示,已知正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=2,AA1=
3 ,点D为AC的中点.点E在线

段AA1上.
(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:ED⊥BC1. (2)是否存在点E,使二面角D-BE-A等于60°?

若存在,求AE的长;若不存在,请说明理由.

【解析】(1)连接DC1, 因为ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC为正三角形.

又因为D为AC的中点,
所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,

所以BD⊥DE.

因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1= 所以AE=
3 ,AD=1. 3

3,

所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.
在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°. 所以∠EDC1=90°,即ED⊥DC1.又BD∩DC1=D,

所以ED⊥平面BDC1. 又因为BC1?平面BDC1,

所以ED⊥BC1.

(2)假设存在点E满足条件.设AE=h. 取A1C1的中点D1,连接DD1,则DD1⊥平面ABC.

所以DD1⊥AD,DD1⊥BD.
如图,分别以DA,DB,DD1所在直线为x,y,z轴建立 空间直角坐标系,

则A(1,0,0),B(0, 3 ,0),E(1,0,h)(0<h< 3 ).

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 所以 DB ? (0,3,, 0) DE ? (1, 0,h), AB ? (?1,3,, 0) AE ? (0, 0,h).

设平面DBE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
??? ? ? ? n1 ?DB ? 0, ? 3y1 ? 0, ? 则 ? ??? 即 ? ? ? ? ? x1 ? hz1 ? 0. ?n1 ?DE ? 0,

令z1=1,得n1=(-h,0,1).
同理,设平面ABE的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),

??? ? ? ? n 2 ?AB ? 0, ?? x 2 ? 3y 2 ? 0, ? 则 ? ??? 即 ? ? ? ?hz 2 ? 0. ? ?n 2 ?AE ? 0.

得n2=( 3 ,1,0). 所以|cos<n1,n2>|=
| ? 3h | 1 ? cos 60? ? . 2 2 h ? 1?2

解得h= 2 < 3, 故存在点E满足条件.
当AE=

2 2 时,二面角D-BE-A等于60°. 2

【加固训练】(2016·西安二模)如图直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=CC1=2,AB=BC,D是BA1上一点,且AD⊥

平面A1BC.
(1)求证:BC⊥平面ABB1A1.

(2)在棱BB1是否存在一点E,使平面AEC与平面ABB1A1的 夹角等于60°,若存在,试确定E点的位置,若不存在,

请说明理由.

【解析】(1)因为AD⊥平面A1BC,BC?平面A1BC, 所以AD⊥BC.

因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥平面ABC,
因为BC?平面ABC,所以AA1⊥BC. 因为AD∩AA1=A,AD?平面ABB1A1,AA1?平面ABB1A1,

所以BC⊥平面ABB1A1.

(2)因为BC⊥平面ABB1A1,AB?平面ABB1A1,所以BC⊥AB. 又BB1⊥AB,BB1⊥BC,

于是可建立如图所示的空间直角坐标系.

因为△ABC是等腰直角三角形,且斜边AC=2, 所以AB=BC= 2 .

从而,A( 2 ,0,0),B(0,0,0),C(0, 2 ,0),
设存在满足条件的点E坐标为(0,0,a)(0<a<2),

??? ? 由(1)知平面ABB1A1的法向量 BC ? (0, 2,, 0)

设平面ACE的法向量n=(x,y,z),
??? ? ? ? ?? 2x ? 2y ? 0, n?AC ? 0, ? 由 ? ??? 可得 ? ? ? ?? 2x ? az ? 0, ? ?n?AE ? 0,

令z= 2 得n=(a,a, 2 ).
因为平面AEC与平面ABB1A1的夹角等于60°,

??? ? 所以 | cos<n, BC> |?

1 ? cos 60? ? , 2 2 2 2a ? 2

2a

解得a=1.

所以当E为棱BB1中点时,平面AEC与平面ABB1A1的夹角
等于60°.


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