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- 2021-06-16 发布
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第3讲 空间向量与立体几何
利用空间向量证明平行与垂直 共研典例 类题通法
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.
如图,在直三棱柱ADEBCF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,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ADEBCF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.
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.
[跟踪训练]
如图所示,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证:
(1)DE∥平面ABC;
(2)B1F⊥平面AEF.
[证明] (1)如图建立空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,
则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).
取AB中点为N,连接CN,
则N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2),
所以=(-2,4,0),=(-2,4,0),
所以=,所以DE∥NC,
又因为NC⊂平面ABC,DE⊄平面ABC.
故DE∥平面ABC.
(2)=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),=(2,2,0).
·=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,
·=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0.
所以⊥,⊥,即B1F⊥EF,B1F⊥AF,
又因为AF∩FE=F,所以B1F⊥平面AEF.
利用空间向量求空间角 高频考点 多维探明
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〉|.
利用空间向量求线线角、线面角
(2016·高考全国卷丙)如图,四棱锥PABCD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】 (1)证明:由已知得AM=AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN.
由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=2.
又AD∥BC,故TN綊AM,所以四边形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E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE== =.
以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知,
P(0,0,4),M(0,2,0),C,N,=(0,2,-4),=,=.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
则
即
可取n=(0,2,1).
于是|cos〈n,〉|==,
则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
利用空间向量求二面角
(2016·高考全国卷乙)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DAFE与二面角CBEF都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角EBCA的余弦值.
【解】 (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,
所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,
由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.
由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,
可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).
由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角CBEF的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).连接AC,则=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则
即
所以可取n=(3,0,-).
设m是平面ABCD的法向量,则
同理可取m=(0,,4).
则cos〈n,m〉==-.
故二面角EBCA的余弦值为-.
(1)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.
(2)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|.
②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.
[题组通关]
1.(2016·南昌第一次模拟测试)如图,四棱锥SABCD中,SD⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,且SE=2EB.
(1)证明:DE⊥平面SBC;
(2)求二面角ADEC的大小.
[解] 分别以DA,DC,DS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图),连接DB,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2),=(1,1,0),=(0,0,2).
(1)证明:因为SE=2EB,
所以=+=×(1,1,0)+×(0,0,2)=.
又=(-1,1,0),=(-1,-1,2),所以·=0,·=0,所以⊥,⊥.
又BC∩BS=B,所以DE⊥平面SBC.
(2)由(1)知,DE⊥平面SBC,
因为EC⊂平面SBC,所以DE⊥EC.
由SE=2EB,知E,=,=,
取DE中点F,连接AF,
则F,=,
故·=0,由此得FA⊥DE,
所以向量与的夹角等于二面角ADEC的平面角.
又cos〈,〉==-,
所以二面角ADEC的大小为120°.
2.(2016·合肥第二次质检)如图,六面体ABCDHEFG中,四边形ABCD为菱形,AE,BF,CG,DH都垂直于平面ABCD.若DA=DH=DB=4,AE=CG=3.
(1)求证:EG⊥DF;
(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值.
[解] (1)证明:连接AC,由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形,
所以EG∥AC,而AC⊥BD,AC⊥BF,所以EG⊥BD,EG⊥BF,
因为BD∩BF=B,所以EG⊥平面BDHF,又DF⊂平面BDHF,所以EG⊥DF.
(2)设AC∩BD=O,EG∩HF=P,
由已知可得:平面ADHE∥平面BCGF,所以EH∥FG,
同理可得:EF∥HG,
所以四边形EFGH为平行四边形,
所以P为EG的中点,O为AC的中点,
所以OP綊AE,
从而OP⊥平面ABCD,又OA⊥OB,
所以OA,OB,OP两两垂直,由平面几何知识,得BF=2.
如图,建立空间直角坐标系Oxyz,则B(0,2,0),E(2,0,3),F(0,2,2),P(0,0,3),所以=(2,-2,3),=(2,0,0),=(0,2,-1).
设平面EFGH的法向量为n=(x,y,z),
由,可得,
令y=1,则z=2.所以n=(0,1,2).
设BE与平面EFGH所成角为θ,
则sin θ==.
利用空间向量解决探索性问题 共研典例 类题通法
(2016·兰州诊断考试)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD且BC=4,点M为PC的中点,点E为BC边上的动点,且=λ.
(1)求证:平面ADM⊥平面PBC;
(2)是否存在实数λ,使得二面角PDEB的余弦值为?若存在,试求出实数λ的值;若不存在,说明理由.
【解】 (1)证明:取PB的中点N,连接MN、AN,
因为M是PC的中点,所以MN∥BC,MN=BC=2,
又BC∥AD,所以MN∥AD,MN=AD,
所以四边形ADMN为平行四边形,
因为AP⊥AD,AB⊥AD,所以AD⊥平面PAB,
所以AD⊥AN,所以AN⊥MN,
因为AP=AB,所以AN⊥PB,所以AN⊥平面PBC,
因为AN⊂平面ADM,所以平面ADM⊥平面PBC.
(2)法一:存在实数λ=1,使得二面角P-DE-B的余弦值为.
因为λ=1,
所以点E为BC边的中点,
所以DE∥AB,
所以DE⊥平面PAD,
所以∠PDA为二面角P-DE-B的一个平面角.
在等腰Rt△PDA中,∠PDA=,
所以二面角P-DE-B的余弦值为.
法二:存在符合条件的λ.
以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
设E(2,t,0),P(0,0,2),D(0,2,0),B(2,0,0),
从而=(0,2,-2),=(2,t-2,0),
设平面PDE的法向量为n1=(x,y,z),
则,即,
令y=z=2,解得x=2-t,
所以n1=(2-t,2,2),
又平面DEB即为平面xAy,故其一个法向量为n2=(0,0,1),
则|cos〈n1,n2〉|===,
解得t=2,可知λ=1.
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.
(2)解题时,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“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.
[跟踪训练](2016·昆明两区七校调研)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=1,E为BC中点.
(1)求证:C1D⊥D1E;
(2)在棱AA1上是否存在一点M,使得BM∥平面AD1E?若存在,求的值,若不存在,说明理由;
(3)若二面角B1-AE-D1的大小为90°,求AD的长.
[解] (1)证明:以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,1,0),B1(a,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),E,
所以=(0,-1,-1),=,
所以·=0,所以C1D⊥D1E.
(2)设=h,则M(a,0,h),
所以=(0,-1,h),=,=(-a,0,1),
设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),
则,
所以平面AD1E的一个法向量为n=(2,a,2a),
因为BM∥平面AD1E,所以⊥n,即·n=2ah-a=0,所以h=.即在AA1上存在点M,使得BM∥平面AD1E,此时=.
(3)连接AB1,B1E,设平面B1AE的法向量为m=(x′,y′,z′),=,=(0,1,1),
则,
所以平面B1AE的一个法向量为m=(2,a,-a).
因为二面角B1-AE-D1的大小为90°,
所以m⊥n,所以m·n=4+a2-2a2=0,
因为a>0,所以a=2,即AD=2.
课时作业
1.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为CD和C1C的中点,则直线AE与D1F所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
B [解析] 以D为原点,分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略).若棱长为2,则A(2,0,0)、E(0,1,0)、D1(0,0,2)、F(0,2,1).
所以=(2,-1,0),=(0,2,-1),
cos〈,〉===-.
则直线AE与D1F所成角的余弦值为.
2.在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
B [解析] 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为1,
则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),
所以=(0,1,-1),=,
设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),
则所以所以n1=(1,2,2).
因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),
所以cos〈n1,n2〉==.
即所成的锐二面角的余弦值为.
3.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动,则·的取值范围是________.
[解析] 依题意,设=λ,其中λ∈[0,1],·=·(+)=·(+λ)=2+λ·=1+λ·=1-λ∈[0,1],因此·的取值范围是[0,1].
[答案] [0,1]
4.如图,矩形ABCD中,AB=2,BC=4,将△ABD沿对角线BD折起到△A′BD的位置,使点A′在平面BCD内的射影点O恰好落在BC边上,则异面直线A′B与CD所成角的大小为________.
[解析] 过O作OE∥CD交BD于点E,由题意知,A′O⊥OC,A′O⊥OE,OE⊥OC,故以O为原点,,,分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,则A′(0,0,),B(-1,0,0),C(3,0,0),D(3,2,0),所以=(-1,0,-),=(0,2,0),·=0,所以⊥,故异面直线A′B与CD所成角的大小为90°.
[答案] 90°
5.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,其棱长为2,E为棱DD1的中点,F为对角线DB的中点.
(1)求证:平面CFB1⊥平面EFB1;
(2)求异面直线EF与B1C所成角的余弦值;
(3)求直线FC1与平面B1CA所成角的正弦值.
[解] (1)证明:因为F为DB的中点,
则CF⊥BD,又CF⊥D1D,BD∩D1D=D,
所以CF⊥平面BB1D1D,
因为CF⊂平面CFB1,所以平面CFB1⊥平面EFB1.
(2)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),C1(0,2,2).
所以=(1,1,-1),=(-2,0,-2).
所以异面直线EF与B1C所成角的余弦值为
|cos〈,〉|==0.
(3)由(1)知CF⊥EF,
由(2)知EF⊥B1C,
又B1C∩CF=C,B1C,CF⊂平面B1CA,
所以EF⊥平面B1CA.所以是平面B1CA的法向量.
因为=(-1,1,2),
所以cos〈,〉==-,
所以直线FC1与平面B1CA所成角的正弦值为.
6.(2016·兰州市实战考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=PB,O为AB的中点,OD⊥PC.
(1)求证:OC⊥PD;
(2)若PD与平面PAB所成的角为30°,求二面角D-PC-B的余弦值.
[解] (1)证明:连接OP,因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB.
因为侧面PAB⊥底面ABCD,
所以OP⊥平面ABCD,
所以OP⊥OD,OP⊥OC.
因为OD⊥PC,所以OD⊥平面OPC,
所以OD⊥OC,
又OP⊥OC,所以OC⊥平面OPD,
所以OC⊥PD.
(2)法一:在矩形ABCD中,由(1)得OD⊥OC,所以AB=2AD,不妨设AD=1,则AB=2.
因为侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,
所以DA⊥平面PAB,CB⊥平面PAB,
△DPA≌△CPB,
所以∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角,
所以∠DPA=30°,∠CPB=30°,PA=PB=,
所以DP=CP=2,所以△PDC为等边三角形.
设PC的中点为M,连接DM,则DM⊥PC.
在Rt△CBP中,过M作NM⊥PC,交PB于点N,连接ND,则∠DMN为二面角D-PC-B的一个平面角.
由于∠CPB=30°,PM=1,故在Rt△PMN中,MN=,
PN=.
因为cos∠APB==,
所以AN2=+3-2×××=3,
所以ND2=3+1=4,
所以cos∠DMN==-,
即二面角D-PC-B的余弦值为-.
法二:取CD的中点E,以O为原点,OE,OB,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.在矩形ABCD中,由(1)得OD⊥OC,
所以AB=2AD,不妨设AD=1,则AB=2.
因为侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,
所以DA⊥平面PAB,CB⊥平面PAB,
△DPA≌△CPB,
所以∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角,
所以∠DPA=30°,∠CPB=30°,PA=PB=,
所以B(0,1,0),C(1,1,0),D(1,-1,0),P(0,0,),
从而=(1,1,-),=(0,-2,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由得,,
可取n1=(,0,1).
同理,可取平面PCB的一个法向量为n2=(0,-,-1).
于是cos〈n1,n2〉==-,
所以二面角D-PC-B的余弦值为-.
7.(2016·西安第一次质量检测)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.
(1)求证:DE∥平面ABC;
(2)求二面角E-BC-A的余弦值.
[解] (1)证明:由题意知,△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC的中点O,连接BO,DO,
则BO⊥AC,DO⊥AC.
又平面ACD⊥平面ABC,
所以DO⊥平面ABC,作EF⊥平面ABC,
那么EF∥DO,根据题意,点F落在BO上,
因为BE和平面ABC所成的角为60°,
所以∠EBF=60°,
因为BE=2,所以EF=DO=,
所以四边形DEFO是平行四边形,所以DE∥OF.
因为DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,
所以DE∥平面ABC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则B(0,,0),C(-1,0,0),E(0,-1,),
所以=(-1,-,0),=(0,-1,),
平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),
设平面BCE的法向量为n2=(x,y,z),
则,
所以,
取z=1,
所以n2=(-3,,1).
所以cos〈n1,n2〉==,又由图知,所求二面角的平面角是锐角,所以二面角E-BC-A的余弦值为.
8.(2016·福建省毕业班质量检测)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为等腰直角三角形,AB=AC=1,BB1=2,∠ABB1=60°.
(1)证明:AB⊥B1C;
(2)若B1C=2,求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.
[解] (1)证明:连接AB1,在△ABB1中,AB=1,
BB1=2,∠ABB1=60°,
由余弦定理得,
AB=AB2+BB-2AB·BB1·cos∠ABB1=3,
所以AB1=,
所以BB=AB2+AB,所以AB1⊥AB.
又△ABC为等腰直角三角形,且AB=AC,
所以AC⊥AB,
因为AC∩AB1=A,
所以AB⊥平面AB1C.
又B1C⊂平面AB1C,所以AB⊥B1C.
(2)因为AB1=,AB=AC=1,B1C=2,
所以B1C2=AB+AC2,所以AB1⊥AC.
如图,以A为原点,以,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B1(0,0,),B(1,0,0),C(0,1,0),
所以=(-1,0,),=(-1,1,0).
设平面BCB1的法向量为n=(x,y,z),
由,得
,令z=1,得x=y=,
所以平面BCB1的一个法向量为n=(,,1).
因为=+=+=(0,1,0)+(-1,0,)=(-1,1,),
所以cos〈,n〉===,
所以AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.