2019届二轮复习立体几何的向量方法学案（全国通用） 26页

一、考纲要求：‎ ‎1.理解直线的方向向量与平面的法向量.‎ ‎2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.‎ ‎3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).‎ ‎4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．‎ 二、概念掌握及解题上的注意点：‎ ‎1.利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.‎ ‎2.用向量证明垂直的方法 (1）)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.‎ (2）)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.‎ (3）)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.‎ ‎3.利用向量法求异面直线所成的角的步骤 (1）)选好基底或建立空间直角坐标系.‎ (2）)求出两直线的方向向量v1，v2.‎ (3）)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.‎ ‎4.求线面角方法：‎ (1）)线面角范围，向量夹角范围为[0，π].‎ (2）)线面角θ的正弦值等于斜线对应向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值.即sin θ＝.‎ 即斜向量，n为平面法向量.学 ‎ ‎5.利用向量计算二面角大小的常用方法 (1）)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角.‎ (2）)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.‎ 边形的对边平行或过已知直线作一平面找其交线.‎ 三、高考考题题例分析：‎ 例1.（2018课标卷II）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C 例2.（2018课标卷II）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．‎ ‎（1）证明：PO⊥平面ABC；‎ ‎（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y， 轴的空间直角坐标系如图：‎ A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），‎ ‎=（﹣2，2，0），‎ 设=λ=（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1‎ 则=﹣=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）=（2﹣2λ，2λ+2，0），‎ 则平面PAC的法向量为=（1，0，0），‎ 设平面MPA的法向量为=（x，y， ），‎ 则=（0，﹣2，﹣2），‎ 则•=﹣2y﹣2 =0，•=（2﹣2λ）x+（2λ+2）y=0‎ PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ=|cos＜，＞|=||==．‎ ‎　‎ 例3.（2018课标卷III）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．‎ ‎（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎（2）∵△ABC的面积为定值，‎ ‎∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，‎ 此时M为圆弧的中点，‎ 建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ‎∵正方形ABCD的边长为2，‎ ‎∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），‎ 则平面MCD的法向量=（1，0，0），‎ 设平面MAB的法向量为=（x，y， ）‎ 则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），‎ 由•=2y=0，•=﹣2x+y+ =0，‎ 令x=1，‎ 则y=0， =2，即=（1，0，2），‎ 则cos＜，＞===，‎ 则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα==．‎ 例4.（2018北京卷）　如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=，AC=AA1=2．‎ ‎（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）-；（3）见解析 ‎（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：‎ 则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），‎ ‎∴=（﹣2，1，0），=（0，﹣2，1），‎ ‎（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴=（2，0，﹣1），‎ ‎∴•=2+0﹣4=﹣2≠0，‎ ‎∴与不垂直，‎ ‎∴FG与平面BCD不平行，又FG⊄平面BCD，‎ ‎∴FG与平面BCD相交．学 ‎ 例5.（2018天津卷）如图，AD∥BC且AD=2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG=AD，CD∥FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2．‎ ‎（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）‎ ‎（Ⅱ）解：依题意，可得，，．‎ 设为平面BCE的法向量，‎ 则，不妨令 =1，可得．‎ 设为平面BCF的法向量，‎ 则，不妨令 =1，可得．‎ 因此有cos＜＞=，于是sin＜＞=．‎ ‎∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；‎ 例6.（2018浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；‎ ‎（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】：（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，‎ ‎∴AA1∥BB1，‎ ‎∵AA1=4，BB1=2，AB=2，‎ ‎∴A1B1==2，‎ 又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，‎ ‎∴AB1⊥A1B1，‎ 同理可得：AB1⊥B1C1，‎ 又A1B1∩B1C1=B1，‎ ‎∴AB1⊥平面A1B1C1．‎ 设平面ABB1的法向量为=（x，y， ），则，‎ ‎∴，令y=1可得=（﹣，1，0），‎ ‎∴cos＜＞===．‎ 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．‎ ‎∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．‎ ‎　‎ 例7.（2018上海卷）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．‎ ‎（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；‎ ‎（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）arccos ‎【解析】：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，‎ ‎∴圆锥的体积V==‎ ‎=．‎ 设异面直线PM与OB所成的角为θ，‎ 则cosθ===．‎ ‎∴θ=arccos．‎ ‎∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．‎ 立体几何向量方法 一、选择题 ‎1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则 (　　)‎ A．l∥α　 B．l⊥α C．l⊂α D．l与α相交 ‎【答案】B ‎【解析】：　∵n＝－2a，‎ ‎∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α.学 ‎ ‎2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　　)‎ A． B． C． D． ‎【答案】D ‎3．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是 (　　) ‎ A．相交 B．平行 C．在平面内 D．平行或在平面内 ‎【答案】D　‎ ‎【解析】：∵＝λ＋μ，‎ ‎∴、、共面，‎ ‎∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内．‎ ‎4．在正方体A1B1C1D1ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为 (　　)‎ A．　　　 B． C． D． ‎【答案】D ‎5.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 (　　)‎ A． B．－ C． D．－ ‎【答案】A ‎【解析】：　不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．‎ cos〈，〉＝＝＝.‎ ‎6．在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为 (　　) ‎ A． B． C． D． ‎【答案】B　‎ ‎7．如图，F是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有 (　　)‎ A．B1E＝EB B．B1E＝2EB C．B1E＝EB D．E与B重合 ‎【答案】A ‎【解析】：　分别以DA、DC、DD1为x、y、 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，设E(2,2， )，＝(0,1，－2)，＝(2,2， )，∵·＝0×2＋1×2－2 ＝0，∴ ＝1，∴B1E＝EB.‎ ‎8．如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：‎ ‎①A1M∥D1P；‎ ‎②A1M∥B1Q；‎ ‎③A1M∥平面DCC1D1；‎ ‎④A1M∥平面D1PQB1.‎ 以上说法正确的个数为 (　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎9．已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于 (　　)‎ A． B． C． D． ‎【答案】A ‎【解析】：　如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，所以＝(，1,2)，由题知＝(－，0,0)为侧面ACC1A1的法向量．即sin θ＝＝.故选A.‎ ‎10．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． ‎【答案】B　‎ ‎【解析】：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axy ，设棱长为1，则A1(0,0,1)，‎ E，D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，＝.‎ ‎11．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为 (　　)‎ A．(1,1,1) B． C． D． ‎【答案】C　‎ ‎【解析】：设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，‎ 又O是正方形ABCD对角线交点，‎ ‎∴M为线段EF的中点．‎ 在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．‎ 由中点坐标公式，知点M的坐标.‎ ‎12．已知斜四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为(　　) A． B． C． D． ‎【答案】C 二、填空题 ‎13..如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是 ．‎ ‎【答案】垂直 ‎【解析】：　以A为原点，分别以，，所在直线为x，y， 轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，O，N，·＝·＝0，∴ON与AM垂直．‎ ‎14．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)， ‎＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是 .‎ ‎【答案】①②③‎ ‎15．如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为 ．‎ ‎【答案】60°　‎ ‎【解析】：∵＝＋＋，‎ ‎∴||＝ ‎＝ ‎＝＝2.‎ ‎∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24.‎ ‎∴cos〈，〉＝－.‎ 又所求二面角与〈，〉互补，‎ ‎∴所求的二面角为60°.‎ ‎16．已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF ‎＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于 ．‎ ‎【答案】 三、解答题 ‎17．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】：　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC分别为x轴，y轴， 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxy .‎ 依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，‎ 则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．‎ ‎∴·＝0，·＝0.‎ 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，‎ 又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ，‎ 又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ. 学 ‎ ‎18．如图所示，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.‎ ‎(1)求证：PA⊥平面ABCD；‎ ‎(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】见解析 则n＝(－1,1，－2)．‎ 假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，‎ 使得BF∥平面AEC，则·n＝0.‎ 又∵＝＋＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，‎ ‎∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，‎ ‎∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点．‎ ‎19．如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.‎ ‎(1)若M为CD的中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；‎ ‎(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)‎ ‎【解析】：　(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，则△ACD为等边三角形，‎ 又∵M为CD的中点，∴AM⊥CD，‎ 由CD∥AB得AM⊥AB.‎ ‎∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂底面ABCD，‎ ‎∴AM⊥AA1，又∵AB∩AA1＝A，‎ ‎∴AM⊥平面AA1B1B. ‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y， )，‎ 则有⇒ 令x＝1，则n＝(1，，1)．‎ ‎∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值 sin θ＝|cos〈n，1〉|＝＝.‎ ‎20．如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．‎ 求证：(1)PB∥平面EFH；‎ ‎(2)PD⊥平面AHF.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】：[证明]　建立如图所示的空间直角坐标系Axy .‎ ‎(2)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)，‎ ‎∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，‎ ·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，‎ ‎∴PD⊥AF，PD⊥AH.‎ 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.‎ ‎21．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.‎ ‎(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角BA1DA的正弦值．‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)，‎ 则cos〈，〉＝ ‎＝＝－，‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)解：平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．‎ 设m＝(x，y， )为平面BA1D的一个法向量，‎ 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，‎ 则 即 因此二面角BA1DA的正弦值为.学 ‎ ‎22．如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．‎ ‎ (1)证明：直线CE∥平面PAB；‎ ‎(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值. ‎ ‎【答案】(1)见解析；(2) ‎【解析】：　(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.‎ 因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.‎ 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，‎ 又BC＝AD，所以EFBC，‎ 四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.‎ 又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.‎ ‎(2)解：由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axy ，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)， ‎＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．‎ 从而＝.‎ 设m＝(x0，y0， 0)是平面ABM的法向量，则 即 所以可取m＝(0，－，2)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝.‎ 因此二面角MABD的余弦值为.‎