【数学】2020届一轮复习人教B版立体几何中的向量方法学案 13页

立体几何中的向量方法 [全国卷 3 年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ 2018 线 面 角 的 正 弦 值 的 求 解·T18(2) 二面角、线面角的正弦值 的求解·T20(2) 二 面 角 的 正 弦 值 的 求 解·T19(2) 2017 二 面 角 的 余 弦 值 的 求 解·T18(2) 二 面 角 的 余 弦 值 的 求 解·T19(2) 二 面 角 的 余 弦 值 的 求 解·T19(2) 2016 二 面 角 的 余 弦 值 的 求 解·T18(2) 二 面 角 的 正 弦 值 的 求 解·T19(2) 线 面 角 的 正 弦 值 的 求 解·T19(2) 高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第 18 或 19 题的第二问的位置， 考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上． 考点一 利用空间向量证明空间位置关系 保分考点 练后讲评 1.[证明线面垂直]在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，D 为 C1C 的 中点，求证：B1D⊥平面 ABD. 证明：由题意知 AB，BC，BB1 两两垂直，故以 B 为坐标原点，BA， BC，BB1 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐 标系， 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)， 所以 B1D―→· BA―→＝0， B1D―→· BD―→＝0＋4－4＝0， 即 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA⊂平面 ABD，BD⊂平面 ABD， 所以 B1D⊥平面 ABD. 2.[证明线面平行、面面垂直]如图所示，在底面是矩形的四棱 锥 PABCD 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 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以 E 1 2 ，1，1 2 ，F 0，1，1 2 ， EF―→＝ －1 2 ，0，0 ， AP―→＝(0,0,1)， AD―→＝(0,2,0)， DC―→＝(1,0,0)， AB―→＝(1,0,0)． (1)因为 EF―→＝－1 2 AB―→，所以 EF―→∥ AB―→， 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―→， AD―→⊥ DC―→， 即 AP⊥DC，AD⊥DC. 又 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. [解题方略] 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. 考点二 利用空间向量求空间角 增分考点·广度拓展 [分点研究] 题型一 计算异面直线所成的角 [例 1] 已知直三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，求异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值． [解] 法一：(基向量法)如图，取 BA―→＝a， BC―→＝b， BB1 ―→＝c， 则由已知可得|a|＝2，|b|＝|c|＝1， 且〈a，b〉＝120°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝90°. 所以 a·b＝2×1×cos 120°＝－1，a·c＝b·c＝0. 因为 AB1 ―→＝c－a， BC1 ―→＝b＋c， 所以 AB1 ―→· BC1 ―→＝(c－a)·(b＋c)＝c2＋c·b－a·b－a·c＝12＋0－(－1)－0＝2. 又| AB1 ―→|＝ c－a 2＝ c2－2c·a＋a2＝ 12－0＋22＝ 5， | BC1 ―→|＝ b＋c 2＝ b2＋2b·c＋c2＝ 12＋0＋12＝ 2， 所以 cos〈 AB1 ―→，BC1 ―→〉＝ AB1 ―→· BC1 ―→ | AB1 ―→|| BC1 ―→| ＝ 2 5× 2 ＝ 10 5 . 所以异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . 法二：(坐标法)如图，在平面 ABC 内过点 B 作 BD⊥AB，交 AC 于点 D，则∠CBD＝30°. 因为 BB1⊥平面 ABC，故以 B 为坐标原点，分别以射线 BD，BA， BB1 为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系， 则 B(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(cos 30°，－sin 30°， 1)，即 C1 3 2 ，－1 2 ，1 . 所以 AB1 ―→＝(0，－2,1)， BC1 ―→＝ 3 2 ，－1 2 ，1 . 所以 cos〈 AB1 ―→，BC1 ―→〉＝ AB1 ―→· BC1 ―→ | AB1 ―→|| BC1 ―→| ＝ 0× 3 2 ＋ －2 × －1 2 ＋1×1 0＋ －2 2＋12× 3 2 2＋ －1 2 2＋12 ＝ 10 5 . 所以异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . [解题方略] 向量法求异面直线所成角 设异面直线 a，b 所成的角为θ，则 cos θ＝|a·b| |a||b| ，其中，a，b 分别是直线 a，b 的 方向向量． 此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向 量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示．两个向量的夹角 范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是 0，π 2 ，应注意加以区分． [注意] 两条异面直线所成角的范围是 0，π 2 .当所作或所求的角为钝角时，应取其补 角作为两条异面直线所成的角． 题型二 计算直线与平面所成的角 [例 2] (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. (1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值． [解] (1)证明：由已知可得 BF⊥PF，BF⊥EF， 又 PF∩EF＝F， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD， 所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)如图，作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点， BF―→的方向为 y 轴正方向，| BF―→|为单位长，建立如图所示的空间直 角坐标系 Hxyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又因为 DP＝2，DE＝1， 所以 PE＝ 3. 又 PF＝1，EF＝2，所以 PE⊥PF. 所以 PH＝ 3 2 ，EH＝3 2 . 则 H(0,0,0)，P 0，0， 3 2 ，D －1，－3 2 ，0 ， DP―→＝ 1，3 2 ， 3 2 ， HP―→＝ 0，0， 3 2 . 又 HP―→为平面 ABFD 的法向量， 设 DP 与平面 ABFD 所成角为θ， 则 sin θ＝ | HP―→· DP―→| | HP―→|| DP―→| ＝ 3 4 3 ＝ 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . [解题方略] 向量法求直线和平面所成的角 设θ为直线 l 与平面α所成的角，φ为直线 l 的方向向量 m 与平面α的法向量 n 之间的 夹角，则有φ＝π 2 －θ(如图(1))或φ＝π 2 ＋θ(如图(2))，所以有 sin θ＝|cos φ|＝|cos〈m，n 〉 |＝|m·n| |m||n| .特别地，φ＝0 时，θ＝π 2 ，l⊥α；φ＝π 2 时，θ＝0，l⊂α或 l∥α. 题型三 计算二面角 [例 3] 如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面 ABCD， 且 AB＝AD＝2，AA1＝ 3，∠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． [解] (1)在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE⊥AD，交 BC 于点 E. 因为 AA1⊥平面 ABCD， 所以 AA1⊥AE，AA1⊥AD. 故以 AE，AD，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系 Axyz. 因为 AB＝AD＝2， AA1＝ 3，∠BAD＝120°， 则 A(0,0,0)，B( 3，－1,0)，D(0,2,0)，E( 3，0,0)，A1(0，0， 3)，C1( 3，1， 3)． (1) A1B―→＝( 3，－1，－ 3)， AC1 ―→＝( 3，1， 3)． 则 cos〈 A1B―→，AC1 ―→〉＝ A1B―→· AC1 ―→ | A1B―→|| AC1 ―→| ＝3－1－3 7× 7 ＝－1 7 . 因此异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为1 7 . (2)可知平面 A1DA 的一个法向量为 AE―→＝( 3，0,0)． 设 m＝(x，y，z)为平面 BA1D 的一个法向量， 又 A1B―→＝( 3，－1，－ 3)， BD―→＝(－ 3，3,0)， 则 m· A1B―→＝0， m· BD―→＝0， 即 3x－y－ 3z＝0， － 3x＋3y＝0. 不妨取 x＝3，则 y＝ 3，z＝2， 所以 m＝(3， 3，2)为平面 BA1D 的一个法向量， 从而 cos〈 AE―→，m〉＝ AE―→·m | AE―→||m| ＝ 3 3 3×4 ＝3 4 . 设二面角 BA1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝3 4 . 因为θ∈[0，π]，所以 sin θ＝ 1－cos2θ＝ 7 4 . 因此二面角 BA1DA 的正弦值为 7 4 . [解题方略] 向量法求二面角 设二面角αlβ的平面角为θ(0≤θ≤π)，n1，n2 分别为平面α，β的法向量，向量 n1，n2 的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图(1))或θ＝ω(如图(2))，其中 cos ω＝ n1·n2 | n1||n2| . [多练强化] 1.(2019 届高三·贵阳摸底)如图，CD，AB 分别是圆柱的上、下底面圆 的直径，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，E 是底面圆周上不同于 A，B 两 点的一点，AE＝1. (1)求证：BE⊥平面 DAE； (2)求二面角 CDBE 的余弦值． 解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面 ABE， 又 BE⊂平面 ABE，∴BE⊥DA， ∵AB 是底面圆的直径，E 是底面圆周上不同于 A，B 两点的一点， ∴BE⊥AE. 又 DA∩AE＝A，DA⊂平面 DAE，AE⊂平面 DAE， ∴BE⊥平面 DAE. (2)法一：如图，过 E 作 EF⊥AB，垂足为 F，由圆柱的性质知平面 ABCD ⊥平面 ABE， ∴EF⊥平面 ABCD. 过 F 作 FH⊥DB，垂足为 H，连接 EH， 则∠EHF 即所求的二面角的平面角的补角， 由 AB＝AD＝2，AE＝1， 得 DE＝ 5，BE＝ 3，BD＝2 2， ∴EF＝AE·BE AB ＝ 3 2 ， 由(1)知 BE⊥DE，∴EH＝DE·BE DB ＝ 5× 3 2 2 ＝ 30 4 ， ∴sin∠EHF＝EF EH ＝ 3 2 30 4 ＝ 10 5 ， ∴cos∠EHF＝ 1－sin2∠EHF＝ 15 5 ， ∴二面角 CDBE 的余弦值为－ 15 5 . 法二：过 A 在平面 AEB 内作垂直于 AB 的直线，建立如图所示的空 间直角坐标系， ∵AB＝AD＝2，AE＝1， ∴BE＝ 3，∴E 3 2 ，1 2 ，0 ， D(0,0,2)，B(0,2,0)， ∴ ED―→＝ － 3 2 ，－1 2 ，2 ， BD―→＝(0，－2,2)． 设平面 EBD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· ED―→＝0， n· BD―→＝0， 即 － 3 2 x－1 2 y＋2z＝0， －2y＋2z＝0， 取 z＝1，则 n＝( 3，1,1)为平面 EBD 的一个法向量． 易知平面 CDB 的一个法向量为 m＝(1,0,0)， ∴cos〈m，n〉＝ m·n | m||n| ＝ 3 5 ＝ 15 5 ， 由图知，二面角 CDBE 为钝角， ∴二面角 CDBE 的余弦值为－ 15 5 . 2．(2018·石家庄质检)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形且∠CBB1＝60°， AB＝AC1. (1)证明：平面 AB1C⊥平面 BB1C1C； (2)若 AB⊥B1C，直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°，求直线 AB1 与平面 A1B1C 所成角 的正弦值． 解：(1)证明：连接 BC1 交 B1C 于点 O，连接 AO， ∵侧面 BB1C1C 为菱形，∴B1C⊥BC1. ∵AB＝AC1，O 为 BC1 的中点，∴AO⊥BC1. ∵B1C∩AO＝O，∴BC1⊥平面 AB1C. 又 BC1⊂平面 BB1C1C，∴平面 AB1C⊥平面 BB1C1C. (2)∵AB⊥B1C，BO⊥B1C，AB∩BO＝B， ∴B1C⊥平面 ABO， 又 AO⊂平面 ABO， ∴AO⊥B1C，从而 OA，OB，OB1 两两垂直． 以 O 为坐标原点， OB―→的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. ∵直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°， ∴∠ABO＝30°. 设 AO＝1，则 BO＝ 3，又∠CBB1＝60°， ∴△CBB1 是边长为 2 的等边三角形， ∴A(0,0,1)，B( 3，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，－1,0)， AB1 ―→＝(0,1，－1)， B1C―→＝(0，－2,0)， A1B1 ―→＝ AB―→＝( 3，0，－1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 A1B1C 的法向量， 则 n· A1B1 ―→＝0， n· B1C―→＝0， 即 3x－z＝0， －2y＝0， 令 x＝1，则 n＝(1,0， 3)为平面 A1B1C 的一个法向量． 设直线 AB1 与平面 A1B1C 所成的角为θ， 则 sin θ＝|cos〈 AB1 ―→，n〉|＝ | AB1 ―→·n| | AB1 ―→|·|n| ＝ 6 4 ， ∴直线 AB1 与平面 A1B1C 所成角的正弦值为 6 4 . 考点三 利用空间向量解决探索性问题 增分考点 讲练冲关 [典例] 已知几何体 ABCC1B1N 的直观图和三视图如图所示， 其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形． (1)连接 B1C，若 M 为 AB 的中点，在线段 CB 上是否存在一点 P，使得 MP∥平面 CNB1？若 存在，求出 BP 的长；若不存在，请说明理由． (2)求二面角 CNB1C1 的余弦值． [解] 由题意可知，BA，BB1，BC 两两垂直，以 BA，BB1，BC 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系 Bxyz，则由该几何体的三视图可知，C(0,0,4)，N(4,4,0)， B1(0,8,0)，C1(0,8,4)． (1)设平面 CNB1 的法向量为 n＝(x，y，z)． ∵ NC―→＝(－4，－4,4)， NB1 ―→＝(－4,4,0)， ∴ NC―→·n＝0， NB1 ―→·n＝0， 即 －4x－4y＋4z＝0， －4x＋4y＝0， 令 x＝1，可得平面 CNB1 的一个法向量为 n＝(1,1,2)， 设 P(0,0，a)(0≤a≤4)，由于 M(2,0,0)， 则 PM―→＝(2,0，－a)． 又 MP∥平面 CNB1， ∴ PM―→·n＝2－2a＝0，解得 a＝1. ∴在线段 CB 上存在一点 P，使得 MP∥平面 CNB1，此时 BP＝1. (2)设平面 C1NB1 的法向量为 m＝(x′，y′，z′)， ∵ NC1 ―→＝(－4,4,4)， ∴ NC1 ―→·m＝0， NB1 ―→·m＝0， 即 －4x′＋4y′＋4z′＝0， －4x′＋4y′＝0， 令 x′＝1，可得平面 C1NB1 的一个法向量为 m＝(1,1,0)， ∴cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 1＋1 2· 6 ＝ 3 3 . 由图可知，二面角 CNB1C1 为锐角， 故二面角 CNB1C1 的余弦值为 3 3 . [解题方略] 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． [多练强化] 如图，四棱锥 PABCD 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 CAFD 大小为 60°？ 解：(1)证明：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 AB，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，以 AB， AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系， 设 AB＝AD＝2a，AP＝2c， 则 A(0,0,0)，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 AC―→＝(2a,2a,0)， 所以 AC―→·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 AF―→＝(a，a，c)，所以 AF―→·m＝a＋cz＝0，得 z＝－a c ， 所以 m＝ 1，0，－a c ， 所以 cos 60°＝ |n·m| |n|·|m| ＝ 1 2· 1＋a2 c2 ＝1 2 ，得 a＝c. 即当 AP 等于正方形 ABCD 的边长时，二面角 CAFD 的大小为 60°. 数学抽象——向量法解决空间立体几何问题 [典例] 如图，在三棱锥 PABC 中，PA⊥底面 ABC，∠BAC＝90°. 点 D，E，N 分别为棱 PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA ＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面 BDE； (2)求二面角 CEMN 的正弦值； (3)已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值 为 7 21 ，求线段 AH 的长． [解] 由题意知，AB，AC，AP 两两垂直，故以 A 为坐标原点， 分别以 AB―→，AC―→， AP―→方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所 示的空间直角坐标系．依题意可得 A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)， E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)． (1)证明： DE―→＝(0,2,0)， DB―→＝(2,0，－2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 BDE 的法向量， 则 n· DE―→＝0， n· DB―→＝0， 即 2y＝0， 2x－2z＝0. 不妨取 z＝1，可得 n＝(1,0,1)． 又 MN―→＝(1,2，－1)，可得 MN―→·n＝0. 因为 MN⊄ 平面 BDE，所以 MN∥平面 BDE. (2)易知 n1＝(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量． 设 n2＝(x1，y1，z1)为平面 EMN 的法向量， 又 EM―→＝(0，－2，－1)， MN―→＝(1,2，－1)， 则 n2· MN―→＝0， n2· MN―→＝0， 即 －2y1－z1＝0， x1＋2y1－z1＝0. 不妨取 y1＝1，可得 n2＝(－4,1，－2)． 因此有 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 | n1||n2| ＝－ 4 21 ， 于是 sin〈n1，n2〉＝ 105 21 . 所以二面角 CEMN 的正弦值为 105 21 . (3)依题意，设 AH＝h(0≤h≤4)，则 H(0,0，h)， 进而可得 NH―→＝(－1，－2，h)， BE―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos〈 NH―→，BE―→〉|＝ | NH―→· BE―→| | NH―→|| BE―→| ＝ |2h－2| h2＋5×2 3 ＝ 7 21 ， 整理得 10h2－21h＋8＝0，解得 h＝8 5 或 h＝1 2 . 所以线段 AH 的长为8 5 或1 2 . [素养通路] 本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知 识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共 线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了 数学抽象这一核心素养．