2018届二轮复习用空间向量的方法解立体几何问题课件（全国通用） 159页

第三讲 　 用空间向量的方法解立体几何问题　 【 必备知识 】 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 =(a 1 ， b 1 ， c 1 ) ， b =(a 2 ， b 2 ， c 2 ). 平面 α ， β 的法向量分别为 =(a 3 ， b 3 ， c 3 ) ， =(a 4 ， b 4 ， c 4 ). ① l ∥m⇔ a ∥ b ⇔ a =k b ⇔_____________________ ； ② l ⊥m⇔ a ⊥ b ⇔ a · b =__⇔_______________ ； ③ l ∥α⇔a⊥ ⇔ a · =__⇔_______________ ； ④ l ⊥α⇔ a ∥ ⇔ a =k ⇔_____________________ ； a 1 =ka 2 ， b 1 =kb 2 ， c 1 =kc 2 0 a 1 a 2 +b 1 b 2 +c 1 c 2 =0 0 a 1 a 3 +b 1 b 3 +c 1 c 3 =0 a 1 =ka 3 ， b 1 =kb 3 ， c 1 =kc 3 ⑤α∥β⇔ ∥ ⇔ =k ⇔_______________ ______ ； ⑥ α⊥β⇔ ⊥ ⇔ · =__⇔_______________ . a 3 =ka 4 ， b 3 =kb 4 ， c 3 =kc 4 0 a 3 a 4 +b 3 b 4 +c 3 c 4 =0 2. 三种空间角与空间向量的关系 (1) 线线角：设 a ， b 分别为异面直线 a ， b 的方向向 量，则两异面直线所成的角 θ 满足 cosθ= . (2) 线面角：设 l 是斜线 l 的方向向量， n 是平面 α 的法 向量，则斜线 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 与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ= ； ② 如图 (Ⅱ)(Ⅲ) ， n 1 ， n 2 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< n 1 ， n 2 > 或 cos< n 1 ， n 2 > 3. 直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1) 直线的方向向量：在直线上任取一已知 _____ 向量 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 法向量的方程组为 非零 【 真题体验 】 1.(2016 · 全国卷 Ⅰ) 如图，在以 A ， B ， C ， D ， E ， F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形， AF=2FD ，∠ AFD=90° ，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°. (1) 证明：平面 ABEF⊥ 平面 EFDC. (2) 求二面角 E-BC-A 的余弦值 . 【 解析 】 (1) 因为 ABEF 为正方形， 所以 AF⊥EF. 因为∠ AFD=90° ， 所以 AF⊥DF. 因为 DF∩EF=F ， 所以 AF⊥ 面 EFDC ， AF⊂ 面 ABEF ， 所以平面 ABEF⊥ 平面 EFDC. (2) 由 (1) 知 ∠ DFE=∠CEF=60°. 因为 AB∥EF ， AB⊄ 平面 EFDC ， EF⊂ 平面 EFDC ， 所以 EF∥ 平面 ABCD ， AB⊂ 平面 ABCD. 因为面 ABCD∩ 面 EFDC=CD ， 所以 AB∥CD ， 所以 CD∥EF ， 所以四边形 EFDC 为等腰梯形， 以 E 为原点，如图建立坐标系，设 FD=a ， E(0 ， 0 ， 0) ， B(0 ， 2a ， 0) ， C ， A(2a ， 2a ， 0) ， 设平面 BEC 的法向量为 m =(x 1 ， y 1 ， z 1 ). 令 x 1 = m =( ， 0 ， -1). 设平面 ABC 法向量为 n =(x 2 ， y 2 ， z 2 ) ， 令 y 2 = n =(0 ， ， 4). 设二面角 E-BC-A 的大小为 θ. cosθ= 所以二面角 E-BC-A 的余弦值为 - . 2.(2016 · 全国卷 Ⅱ) 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ， AB=5 ， AC=6 ，点 E ， F 分别在 AD ， CD 上， AE=CF= ， EF 交 BD 于点 H. 将△ DEF 沿 EF 折到△ D′EF 的 位置， OD′= . (1) 证明： D′H⊥ 平面 ABCD. (2) 求二面角 B-D′A-C 的正弦值 . 【 解题导引 】 这是一道折叠问题，注意图形折叠前后变化和不变化的量 .(1) 要证线面垂直，只需证线线垂直 . 易证 EF ⊥ HD ′ ，只需证明 OH ⊥ HD ′ ，利用勾股定理证明即可 .(2) 由 (1) 知， D ′ H ⊥ 平面 ABCD ，可建立空间直角坐标系求二面角的正弦值 . 【 解析 】 (1) 因为 AE=CF= ， 所以 所以 EF∥AC. 因为四边形 ABCD 为菱形， 所以 AC⊥BD ， 所以 EF⊥BD ， 所以 EF⊥DH ， 所以 EF⊥D′H. 因为 AC=6 ， 所以 AO=3 ； 又 AB=5 ， AO⊥OB ， 所以 OB=4 ， 所以 OH= · OD=1 ， 所以 DH=D′H=3 ， 所以 |OD′| 2 =|OH| 2 +|D′H| 2 ， 所以 D′H⊥OH. 又因为 OH∩EF=H ， 所以 D′H⊥ 平面 ABCD. (2) 建立如图所示的坐标系，设二面角 B-D′A-C 的平面角为 θ. B(5 ， 0 ， 0) ， C(1 ， 3 ， 0) ， D′(0 ， 0 ， 3) ， A(1 ， -3 ， 0) ， 设平面 ABD′ 的法向量为 n 1 =(x ， y ， z) ， 由 所以 n 1 =(3 ， -4 ， 5). 设平面 ACD′ 的法向量为 n 2 =(a ， b ， c) ， 由 所以 n 2 =(3 ， 0 ， 1) ， 所以 |cosθ|= 所以 sinθ= . 3.(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 . 【 解析 】 (1) 由已知得 AM= AD=2 ， 取 BP 的中点 T ，连接 AT ， TN ， 由 N 为 PC 中点知 TN∥BC ， TN= BC=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= 以 A 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向， 的 方向为 y 轴的正方向， 的方向为 z 轴的正方向，建立 空间直角坐标系，由题意可得 所以 设 n =(x ， y ， z) 为平面 PMN 的法向量，则 即 可取 n = 所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为 . 【 大数据易错点 】 排序 1 ：利用向量证明位置关系时，因没有交代清楚定理的条件致误：利用空间向量证明平行、垂直关系时，对于法向量的平行、垂直一定交代清楚涉及向量所在的直线、平面是否满足定理的条件 . 例如证明 l ∥α ，需要证明 l 的方向向量与平面的法向量垂直，但一定要交代 l ⊄ α 这一条件 . 排序 2 ：在求角的时候忽略角的范围致误：应用空 间向量求角的时候，易忽视异面直线所成角的范 围 ；直线与平面所成的角的范围 ；二面角 的范围 [0 ， π]. 排序 3 ：角的理解和公式的记忆不准确致误：在求异 面直线所成的角的时候，注意异面直线所成的角应是 其方向向量的夹角或补角；二面角应是其法向量的 夹角或补角 . 空间向量求直线和平面的夹角公式是 sinθ= ( l 是直线的方向向量， n 是平面的法向 量 ). 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、利用空间向量的平行、垂直关系，证明空间线、面间的平行、垂直关系，以解答题为主 . 【 典例 1】 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：　世纪金榜导学号 92494089 (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 故 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 =(1 ， 0 ， 0) 为平面 PAD 的法向量， 而 =(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 =(1 ， 0 ， 0) ，向量 设平面 PCD 的法向量为 n =(x ， y ， z) ， 则 即 不妨令 y=1 ，可得 n =(0 ， 1 ， 1) 为平面 PCD 的一个法向量 . 且 n · =(0 ， 1 ， 1) · (1 ， 0 ， 0)=0 ， 所以 n ⊥ . 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 . 【 变式 1+1】 1. 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) ， 所以 (1) 因为 所以 即 EF∥AB. 又 AB⊂ 平面 PAB ， EF⊄ 平面 PAB ， 所以 EF∥ 平面 PAB. (2) 因为 所以 即 AP⊥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.( 新题预测 ) 在直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中，∠ ABC=90° ， BC=2 ， CC 1 =4 ，点 E 在线段 BB 1 上，且 EB 1 =1 ， D ， F ， G 分 别为 CC 1 ， C 1 B 1 ， C 1 A 1 的中点 . 求证： (1)B 1 D⊥ 平面 ABD. (2) 平面 EGF∥ 平面 ABD. 【 证明 】 (1) 以 B 为坐标原点， BA ， BC ， BB 1 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) ， B 1 (0 ， 0 ， 4) ， C 1 (0 ， 2 ， 4) ， 设 BA=a ，则 A(a ， 0 ， 0) ， 所以 即 B 1 D⊥BA ， B 1 D⊥BD. 又 BA∩BD=B ， BA ， BD⊂ 平面 ABD ， 因此 B 1 D⊥ 平面 ABD. (2) 由 (1) 知， E(0 ， 0 ， 3) ， G F(0 ， 1 ， 4) ， 则 即 B 1 D⊥EG ， B 1 D⊥EF. 又 EG∩EF=E ， EG ， EF⊂ 平面 EGF ， 因此 B 1 D⊥ 平面 EGF. 结合 (1) 可知平面 EGF∥ 平面 ABD. 【 加练备选 】 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) ， 则 所以 OM⊥BA. 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， 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 n 1 =(x 1 ， y 1 ， z 1 ) ， n 2 =(x 2 ， y 2 ， z 2 ). 因为 由 得 令 x 1 =1 ，则 n 1 = 同理可得 n 2 =(0 ， 1 ， 1). 因为 n 1 · n 2 =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 因此平面 BOE 的一个法向量 n =(0 ， 3 ， 4) ， =(-4 ， 4 ， -3) ，得 n · =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 (x 0 ， y 0 ， 0) ， 则 =(x 0 -4 ， y 0 ， -3) ， 因为 FM⊥ 平面 BOE ，所以有 ∥ n ， 因此有 x 0 =4 ， y 0 = 即点 M 的坐标为 △AOB 的内部区域可表示为不等式组 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　利用空间向量求空间角 类型一 利用空间向量计算异面直线所成的角 【 典例 2】 (1)(2017 · 南阳一模 ) 如图，在长方体 ABCD -A 1 B 1 C 1 D 1 中， AA 1 =AB=2 ， AD=1 ，点 E ， F ， G 分别是 DD 1 ， AB ， CC 1 的中点，则异面直线 A 1 E 与 GF 所成角的余弦值 是 ( 　　 ) (2)(2015 · 全国卷 Ⅰ) 如图， 四边形 ABCD 为菱形，∠ ABC=120° ， E ， F 是平面 ABCD 同一侧的两点， BE⊥ 平面 ABCD ， DF⊥ 平面 ABCD ， BE=2DF ， AE⊥EC. 世纪金榜导学号 92494090 ① 证明：平面 AEC⊥ 平面 AFC. ② 求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 . 【 解题导引 】 (1) 以 DA ， DC ， DD 1 所在直线方向为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，可得 的坐 标，进而可得 cos< >. (2)① 连结 BD ，设 BD∩AC=G ，连结 EG ， EF ， FG ，运用线面垂直的判定定理得到 EG⊥ 平面 AFC ，再由面面垂直的判定定理，即可得到结论 . ② 以 G 为坐标原点，分别以 GB ， GC 为 x 轴， y 轴， |GB| 为单位长度，建立空间直角坐标系，求得 A ， E ， F ， C 的坐标，运用向量的数量积的定义，计算即可 得到所求角的余弦值 . 【 规范解答 】 (1) 选 D. 如图以 DA ， DC ， DD 1 所在直线 方向为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，则可得 A 1 (1 ， 0 ， 2) ， E(0 ， 0 ， 1) ， G(0 ， 2 ， 1) ， F(1 ， 1 ， 0) ，所以 =(-1 ， 0 ， -1) ， =(1 ， -1 ， -1). 设异面直线 A 1 E 与 GF 所成的角为 θ ， 则 cosθ=|cos< ， >|=0. (2)① 连结 BD ，设 BD∩AC=G ，连结 EG ， FG ， EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB=1. 由∠ ABC=120° ， 可得 AG=GC= . 由 BE⊥ 平面 ABCD ， AB=BC 可知 AE=EC. 又 AE⊥EC ， 所以 EG= ，且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中，可得 BE= ，故 DF= . 在 Rt△FDG 中，可得 FG= . 在直角梯形 BDFE 中，由 BD=2 ， BE= ， DF= ， 可得 EF= . 从而 EG 2 +FG 2 =EF 2 ，所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG=G ，可得 EG⊥ 平面 AFC. 又因为 EG⊂ 平面 AEC ，所以平面 AEC⊥ 平面 AFC. ② 如图，以 G 为坐标原点，分别以 的方向为 x 轴， y 轴正方向， | | 为单位长度，建立空间直角坐标 系 . 由①可得 所以 故 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 . 【 易错警示 】 解答本题易出现以下两种错误： 1. 在建立了坐标系后表示点的坐标时，容易出现错误 . 2. 在利用夹角公式求余弦值的时候如果求出是负值，不要忽略了异面直线所成角的范围 . 类型二 利用空间向量计算直线与平面所成的角 【 典例 3】 四棱锥 P-ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形， BC∥AD ， AB⊥BC ， BC= AD=2 ， CD=6 ，△ ABP 为等腰 直角三角形，∠ APB=90° ，平面 ABP⊥ 平面 ABCD ，点 E ， F 分别为 AB ， PD 的中点 . 　世纪金榜导学号 92494091 (1) 求证： FC∥ 平面 ABP. (2) 求直线 PB 与平面 EFC 所成角的正弦值 . 【 解题导引 】 (1) 构造平行四边形，利用平行四边形对边平行证明线面平行 . (2) 找垂直关系建立空间直角坐标系，求点 P ， B 的坐标及平面 EFC 的法向量，利用向量夹角求线面角 . 【 规范解答 】 (1) 取 AP 的中点 G ，连接 BG ， FG. 因为点 F ， G 分别为 PD ， AP 的中点， 所以 FG∥AD 且 FG= AD ， 因为 BC∥AD 且 BC= AD ， 所以 BC∥FG 且 BC=FG ，所以四边形 BCFG 为平行四边形，所以 FC∥BG. 因为 FC⊄ 平面 ABP ， BG⊂ 平面 ABP ，所以 FC∥ 平面 ABP. (2) 连接 PE ，由题知 PA=PB ，所以 PE⊥AB. 因为平面 ABP⊥ 平面 ABCD ，所以 PE⊥ 平面 ABCD. 以 EB 为 x 轴，过点 E 且垂直于 x 轴的直线为 y 轴， EP 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 在直角梯形 ABCD 中，计算得 AB=4 ， 所以 B(2 ， 0 ， 0) ， P(0 ， 0 ， 2 ) ， C(2 ， 2 ， 0) ， F(- ， 2 ， ) ，则 =(2 ， 2 ， 0) ， =(- ， 2 ， ) ， =(2 ， 0 ， -2 ). 设 n =(x ， y ， z) 为平面 EFC 的法向量， 则 所以 n =(1 ， - ， 3) 为平面 EFC 的一个法向量， 所以 所以直线 PB 与平面 EFC 所成角的正弦值为 . 类型三 利用空间向量计算二面角 【 典例 4】 (2017 · 安阳二模 ) 如图，在几何体 A 1 B 1 D 1 -ABCD 中，四边形 A 1 B 1 BA 与 A 1 D 1 DA 均为直角梯形，且 AA 1 ⊥ 底面 ABCD ，四边形 ABCD 为正方形， AB=2A 1 D 1 = 2A 1 B 1 =4 ， AA 1 =4 ， P 为 DD 1 的中点 . 　 世纪金榜导学号 92494092 (1) 求证： AB 1 ⊥PC. (2) 求几何体 A 1 B 1 D 1 -ABCD 的表面积 . 【 解题导引 】 (1) 先证明 AA 1 ⊥ 底面 ABCD ，建立空间直角坐标系，利用向量证明 AB 1 ⊥PC. (2) 利用向量的模求得未知棱长的长度 . 【 解析 】 (1) 因为在几何体 A 1 B 1 D 1 -ABCD 中，四边形 A 1 B 1 BA 与 A 1 D 1 DA 均为直角梯形， 且 AA 1 ⊥ 底面 ABCD ，四边形 ABCD 为正方形， 所以以 A 为原点， AB 为 x 轴， AD 为 y 轴， AA 1 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 因为 AB=2A 1 D 1 =2A 1 B 1 =4 ， AA 1 =4 ， P 为 DD 1 的中点 . 所以 A(0 ， 0 ， 0) ， B 1 (2 ， 0 ， 4) ， C(4 ， 4 ， 0) ， D(0 ， 4 ， 0) ， D 1 (0 ， 2 ， 4) ， P(0 ， 3 ， 2) ， B(4 ， 0 ， 0) ， 所以 AB 1 ⊥PC. C 到直线 DD 1 的距离 d=4 ， 几何体 A 1 B 1 D 1 -ABCD 的表面积： 【 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=|cos φ |. (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=|cos φ |. 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 . 【 变式训练 】 如图，四边形 ABCD 为正方形， PD⊥ 平面 ABCD ， PD∥QA ， QA=AB= PD. (1) 证明：平面 PQC⊥ 平面 DCQ. (2) 求二面角 Q-BP-C 的正弦值 . 【 解析 】 (1) 由题意可得 QA⊥ 平面 ABCD ，所以 QA⊥CD. 由四边形 ABCD 为正方形知 DC⊥AD ，又因为 QA ， AD 为平 面 PDAQ 内两条相交直线， 所以 CD⊥ 平面 PDAQ ，所以 CD⊥PQ. 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ= PD ， 所以 PQ 2 +DQ 2 =PD 2 . 由勾股定理的逆定理得： PQ⊥QD. 又因为 CD ， QD 为平面 DCQ 内两条相交直线， 所以 PQ⊥ 平面 DCQ. 再由 PQ⊂ 平面 PQC ，可得平面 PQC⊥ 平面 DCQ. (2) 如图，以点 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系， 依题意有 Q(1 ， 1 ， 0) ， C(0 ， 0 ， 1) ， P(0 ， 2 ， 0) ， B(1 ， 0 ， 1) ， 设 n =(x ， y ， z) 是平面 PBC 的法向量， 则 可取 n =(0 ， -1 ， -2). 同理求得平面 PBQ 的法向量 m =(1 ， 1 ， 1) ， 所以 cos< m ， n >= 故有 sin< m ， n >= ， 即二面角 Q -BP-C 的正弦值为 . 【 加练备选 】 1. 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= . (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△AC′B 和 Rt△ADB 中， AB=2 ，则 C′O=DO=1 ， 又 C′D= ， 所以 C′O 2 +DO 2 =C′D 2 ，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) ， 所以 设平面 AC′D 的法向量为 n 1 =(x 1 ， y 1 ， z 1 ) ， 则 即 令 z 1 =1 ，则 y 1 =-1 ， x 1 = ， 所以 n 1 =( ， -1 ， 1). 设平面 BC′D 的法向量为 n 2 =(x 2 ， y 2 ， z 2 ) ， 则 即 令 z 2 =1 ，则 y 2 =1 ， x 2 = 所以 n 2 = 所以 所以二面角 A-C′D-B 的余弦值为 2. 在三棱锥 P-ABC 中， PA=PB=PC=2 ， BC=1 ， AC= ， 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， 取 AB 的中点 D ，连接 PD ， DC ， 因为△ ACB 为直角三角形且 AC= ， BC=1 ， 所以 AB=2 ，故 DC=1 ， 所以△ PAB 为正三角形， 所以 PD⊥AB 且 PD= ， 在△ PDC 中， PC=2 ， PD= ， DC=1 ， 所以 PC 2 =PD 2 +DC 2 ， 所以 PD⊥DC ，又 AB∩DC=D ， 所以 PD⊥ 平面 ABC. 则 A( ， 0 ， 0) ， B(0 ， 1 ， 0) ， 设平面 PAC 的法向量 n =(x ， y ， z) ， 则 取 y=2 ，得 n =(0 ， 2 ， -1) ， 所以点 B 到平面 PAC 的距离 (2) 设异面直线 PA 与 BC 所成角为 θ ， 所以异面直线 PA 与 BC 所成角的余弦值为 3.(2017 · 武汉一模 ) 如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面 为菱形，∠ BCD=120° ， AB=PC=2 ， AP=BP= . (1) 求证： AB⊥PC. (2) 求二面角 B-PC-D 的余弦值 . 【 解析 】 (1) 取 AB 的中点 O ，连接 PO ， CO ， AC ， 因为△ APB 为等腰三角形，所以 PO⊥AB ， 又因为四边形 ABCD 是菱形，∠ BCD=120° ， 所以△ ACB 是等边三角形，所以 CO⊥AB. 又因为 CO∩PO=O ，所以 AB⊥ 平面 PCO ， 又因为 PC⊂ 平面 PCO ，所以 AB⊥PC. (2) 因为四边形 ABCD 为菱形，∠ BCD=120° ， AB=PC=2 ， AP=BP= ， 所以 PO=1 ， CO= ，所以 OP 2 +OC 2 =PC 2 ， 所以 OP⊥OC ， 以 O 为原点， O C 为 x 轴， OB 为 y 轴， OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A(0 ， -1 ， 0) ， B(0 ， 1 ， 0) ， P(0 ， 0 ， 1) ， 设平面 DCP 的法向量 n =(x ， y ， z) ， 则 令 x=1 ，得 n =(1 ， 0 ， ) ， 设平面 PCB 的法向量 m =(a ， b ， c) ， 令 a=1 ，得 m =(1 ， ， ) ， cos< m ， n >= 因为二面角 B -PC-D 为钝角， 所以二面角 B -PC-D 的余弦值为 - . 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 5】 (2017 · 南通二模 ) 如图，在直角梯形 AA 1 B 1 B 中， ∠ A 1 AB=90° ， A 1 B 1 ∥AB ， AB=AA 1 =2A 1 B 1 =2. 直角梯形 AA 1 C 1 C 通过直角梯形 AA 1 B 1 B 以直线 AA 1 为轴旋转得到，且使得平面 AA 1 C 1 C⊥ 平面 AA 1 B 1 B. 点 M 为线段 BC 的中点，点 P 为线段 BB 1 上的动点 . 　 世纪金榜导学号 92494093 (1) 求证： A 1 C 1 ⊥AP. (2) 当点 P 是线段 BB 1 中点时，求二面角 P-AM-B 的余弦值 . (3) 是否存在点 P ，使得直线 A 1 C∥ 平面 AMP ？请说明理由 . 【 解题导引 】 (1) 证明 AC⊥ AB. 结合 AC ⊥ AA 1 ，证明 AC ⊥ 平面 AA 1 B 1 B. 推出 A 1 C 1 ⊥ 平面 AA 1 B 1 B. 即可证明 A 1 C 1 ⊥ AP. (2) 以 AC ， AB ， AA 1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空 间直角坐标系，求出平面 ABM 的一个法向量，平面 APM 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角 P-AM-B 的余弦值 . (3) 设存在点 P(x 1 ， y 1 ， z 1 ) ，求出平面 AMP 的一个法 向量 n 0 ，利用 ⊥ n 0 . 求出 λ ，即可证明结果 . 【 规范解答 】 (1) 由已知∠ A 1 AB=∠A 1 AC=90° ， 且平面 AA 1 C 1 C⊥ 平面 AA 1 B 1 B ， 所以∠ BAC=90° ，即 AC⊥AB. 又因为 AC⊥AA 1 且 AB∩AA 1 =A ， 所以 AC⊥ 平面 AA 1 B 1 B. 由已知 A 1 C 1 ∥AC ，所以 A 1 C 1 ⊥ 平面 AA 1 B 1 B. 因为 AP⊂ 平面 AA 1 B 1 B ， 所以 A 1 C 1 ⊥AP. (2) 由 (1) 可知 AC ， AB ， AA 1 两两垂直 . 分别以 AC ， AB ， AA 1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系如图所示 . 由已知 AB=AC=AA 1 =2A 1 B 1 =2A 1 C 1 =2 ，所以 A(0 ， 0 ， 0) ， B(0 ， 2 ， 0) ， C(2 ， 0 ， 0) ， B 1 (0 ， 1 ， 2) ， A 1 (0 ， 0 ， 2). 因为点 M 为线段 BC 的中点，点 P 为线段 BB 1 的中点， 所以 M(1 ， 1 ， 0) ， P . 易知平面 ABM 的一个法向量 m =(0 ， 0 ， 1). 设平面 APM 的一个法向量为 n =(x ， y ， z) ， 由 取 y=2 ，得 n =(-2 ， 2 ， -3). 由图可知，二面角 P-AM-B 的大小为锐角， 所以 |cos< m ， n >|= 所以二面角 P-AM-B 的余弦值为 . (3) 存在点 P ，使得直线 A 1 C∥ 平面 AMP ， 设 P(x 1 ， y 1 ， z 1 ) ，且 ， λ∈[0 ， 1] ， 则 (x 1 ， y 1 -2 ， z 1 )=λ(0 ， -1 ， 2) ， 所以 x 1 =0 ， y 1 =2-λ ， z 1 =2λ. 所以 =(0 ， 2-λ ， 2λ). 设平面 AMP 的一个法向量为 n 0 =(x 0 ， y 0 ， z 0 ) ， 由 取 y 0 =1 ，得 n 0 = ( 显然 λ=0 不符合题意 ). 又 =(2 ， 0 ， -2) ，若 A 1 C∥ 平面 AMP ，则 ⊥ n 0 . 所以 · n 0 = =0 ，所以 λ= . 所以在线段 BB 1 上存在点 P ，且 =2 时， 使得直线 A 1 C∥ 平面 AMP. 【 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 . 【 变式训练 】 如图，四棱锥 P-ABCD 中， PA⊥ 底面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形，∠ ADC=90° ， AD∥BC ， AB⊥AC ， AB=AC= ，点 E 在 AD 上，且 AE=2ED. (1) 已知点 F 在 BC 上，且 CF=2FB ，求证：平面 PEF⊥ 平面 PAC. (2) 当二面角 A-PB-E 的余弦值为多少时，直线 PC 与平面 PAB 所成的角为 45° ？ 【 解析 】 (1) 因为 AB⊥AC ， AB=AC ，所以∠ ACB=45° ，因为底面 ABCD 是直角梯形，∠ ADC=∠BCD=90° ， AD∥BC ， 所以∠ ACD=45° ，即 AD=CD ， 所以 BC= AC=2AD ， 因为 AE=2ED ， CF=2FB ， 所以 AE=BF= AD ， 所以四边形 ABFE 是平行四边形，则 AB∥EF ， 所以 AC⊥EF ，因为 PA⊥ 底面 ABCD ，所以 PA⊥EF ， 因为 PA∩AC=A ， 所以 EF⊥ 平面 PAC ，因为 EF⊂ 平面 PEF ， 所以平面 PEF⊥ 平面 PAC. (2) 因为 PA⊥AC ， AC⊥AB ， 所以 AC⊥ 平面 PAB ， 则∠ APC 为直线 PC 与平面 PAB 所成的角， 若 PC 与平面 PAB 所成夹角为 45° ， 则 tan∠APC= =1 ，即 PA=AC= ， 取 BC 的中点为 G ，连接 AG ，则 AG⊥BC ， 以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则 B(1 ， -1 ， 0) ， C(1 ， 1 ， 0) ， E ， P(0 ， 0 ， ). 所以 设平面 PBE 的法向量 n =(x ， y ， z) ， 则 令 y=3 ，则 x=5 ， z= ，所以 n =(5 ， 3 ， ) ， 因为 =(1 ， 1 ， 0) 是平面 PAB 的一个法向量， 所以 cos< n ， >= 即当二面角 A-PB-E 的余弦值为 时，直线 PC 与平 面 PAB 所成的角为 45°. 【 加固训练 】 (2017 · 宝鸡一模 ) 如图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为矩形， PA⊥ 平面 ABCD ，点 E 是棱 PD 的中 点，点 F 是 PC 的中点 . (1) 证明： PB∥ 平面 AEC. (2) 若四边形 ABCD 为正方形， 探究在什么条件下，二面角 C-AF-D 大小为 60° ？ 【 解析 】 (1) 连接 BD ，设 AC∩BD=O ，连接 OE ， 因为四边形 ABCD 为矩形， 所以点 O 是 BD 的中点， 因为点 E 是棱 PD 的中点， 所以 PB∥EO ， 又因为 PB⊄ 平面 AEC ， EO⊂ 平面 AEC ， 所以 PB∥ 平面 AEC. (2) 由题意知 AD ， AB ， AP 两两垂直，建立如图所示 空间直角坐标系， 设 AB=AD=2a ， AP=2c ， A(0 ， 0 ， 0) ， B(2a ， 0 ， 0) ， C(2a ， 2a ， 0) ， D(0 ， 2a ， 0) ， P(0 ， 0 ， 2c) ， F(a ， a ， c). 因为 z 轴⊂平面 CAF ， 所以设平面 CAF 的一个法向量为 n =(x ， 1 ， 0) ， 而 =(2a ， 2a ， 0) ，所以 · n =2ax+2a=0 ， 得 x=-1 ，所以 n =(-1 ， 1 ， 0). 因为 y 轴⊂平面 DAF ，所以设平面 DAF 的一个法向量为 m =(1 ， 0 ， z) ， 而 =(a ， a ， c) ，所以 · m =a+cz=0 ，得 z=- ， 所以 m = ∥ m ′=(c ， 0 ， -a) ， cos60°= ，得 a=c. 即当 AP 等于正方形 ABCD 的边长时， 二面角 C-AF-D 的大小为 60°.