2018届二轮复习立体几何中的向量方法学案（全国通用） 17页

突破点10　立体几何中的向量方法 ‎(对应 生用书第37页)‎ ‎[核心知识提炼]‎ 提炼1 两条异面直线的夹角 ‎ (1)两异面直线的夹角θ∈.‎ ‎ (2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝.‎ 提炼2 直线与平面的夹角 ‎　 (1)直线与平面的夹角θ∈.‎ ‎ (2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.‎ 提炼3 两个平面的夹角 ‎　 (1)如图101①，AB，CD是二面角αlβ的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ ‎①　　　　②　　　　③‎ 图101‎ ‎ (2)如图101②③，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．‎ ‎[高考真题回访]‎ 回访1　空间向量及其运算 ‎1．(2015·浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝，若空间向量b满足b·e1‎ ‎＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________.‎ ‎ 1　2　2　[对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1.‎ ‎ |b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－，所以当x＝2－时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2.]‎ 回访2　立体几何中的向量方法 ‎2．(2016·浙江高考)如图102，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．‎ 图102‎ ‎ 　[如图，作D′F⊥AC于点F，作BE⊥AC于点E，作FM垂直于过点B平行于AC的直线，垂足为M，则∠D′BM是AC与BD′所成的角(或其补角)．‎ ‎ 在△AD′C中，D′C＝1，AD′＝，∠AD′C＝90°，∴AC＝，D′F＝ ‎，CF＝.在△BAC中，BC＝BA＝3，BE＝＝.而AE＝，∴EF＝－－＝.‎ ‎ ∵MF＝BE＝，‎ ‎ ∴D′M＝ ‎ ＝ ‎ ＝.‎ ‎ ∵BM＝EF＝，∴BD′＝＝.‎ ‎ ∴cos∠D′BM＝＝≤＝.‎ ‎ ∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是.]‎ ‎3．(2016·浙江高考节选)如图103，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.求二面角BADF的平面角的余弦值．‎ 图103‎ ‎ [解]　法一：如图(1)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ. 2分 ‎(1)‎ ‎ 因为BF⊥平面ACFD，‎ ‎ 所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK. 4分 ‎ 所以∠BQF是二面角BADF的平面角. 6分 ‎ 在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝. 12分 ‎ 在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，得cos∠BQF＝.‎ ‎ 所以二面角BADF的平面角的余弦值为. 15分 ‎ 法二：如图(2)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，取BC的中点O，连接KO，‎ ‎(2)‎ ‎ 则KO⊥BC. 2分 ‎ 又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.‎ ‎ 以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ ‎ 由题意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，)，‎ ‎ A(－1，－3,0)，E，F. 4分 ‎ 因此＝(0,3,0)，＝(1,3，)，＝(2,3,0)．‎ ‎ 设平面ACFD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ ‎ 平面ABED的法向量为n＝(x2，y2，z2). 5分 ‎ 由 ‎ 得 6分 ‎ 取m＝(，0，－1)；‎ ‎ 由 9分 ‎ 得 ‎ 取n＝(3，－2，). 12分 ‎ 于是cos〈m，n〉＝＝.‎ ‎ 所以二面角BADF的平面角的余弦值为. 15分 ‎4．(2015·浙江高考)如图104，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A‎1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B‎1C1的中点．‎ 图104‎ ‎ (1)证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎ (2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．‎ ‎ [解]　(1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，‎ ‎ 所以A1E⊥AE. 2分 ‎ 因为AB＝AC，所以AE⊥BC.‎ ‎ 故AE⊥平面A1BC.‎ ‎ 由D，E分别为B‎1C1，BC的中点，‎ ‎ 得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A‎1A，DE＝A‎1A，‎ ‎ 所以四边形A1AED为平行四边形. 4分 ‎ 故A1D∥AE.‎ ‎ 又因为AE⊥平面A1BC，‎ ‎ 所以A1D⊥平面A1BC. 5分 ‎ (2)法一：‎ ‎ 如图(1)，作A‎1F⊥BD且A‎1F∩BD＝F，连接B‎1F.‎ ‎(1)‎ ‎ 由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，‎ ‎ 得A1B＝A‎1A＝4. 8分 ‎ 由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．‎ ‎ 由A‎1F⊥BD，得B‎1F⊥BD，‎ ‎ 因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角. 12分 ‎ 由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得 ‎ BD＝3，A‎1F＝B‎1F＝，‎ ‎ 由余弦定理得cos ∠A1FB1＝－. 15分 ‎ 法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图(2)所示．‎ ‎(2)‎ ‎ 由题意知各点坐标如下：‎ ‎ A1(0,0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，).6分 ‎ 因此＝(0，，－)，＝(－，－，)，‎ ‎ ＝(0，，0)．‎ ‎ 设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ ‎ 平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．‎ ‎ 由即8分 ‎ 可取m＝(0，，1)．‎ ‎ 由即 ‎ 可取n＝(，0,1). 12分 ‎ 于是|cos〈m，n〉|＝＝.‎ ‎ 由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，‎ ‎ 故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为－. 15分 ‎(对应 生用书第38页)‎ 热点题型1　向量法求线面角 题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.‎ ‎【例1】　如图105，四棱锥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．‎ 图105‎ ‎ (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. 4分 ‎ (2)取BC的中点E，连接AE.‎ ‎ 由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，‎ ‎ 且AE＝＝＝. 6分 ‎ 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(，2,0)，N， 8分 ‎ ＝(0,2，－4)，＝，＝.‎ ‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则 ‎ 即 ‎ 可取n＝(0,2,1). 12分 ‎ 于是|cos〈n，〉|＝＝.‎ ‎ 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为. 15分 ‎[方法指津]‎ 向量法求线面角的一般步骤 ‎1．建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标．‎ ‎2．写出相关向量的坐标．‎ ‎3．求平面的法向量．‎ ‎4．求线面角的正弦值．‎ ‎5．转化为几何结论．‎ 提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．‎ ‎[变式训练1]　(2017·杭州质量检测)如图106，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD的中点．‎ 图106‎ ‎ (1)求证：直线AF∥平面PEC；‎ ‎ (2)求PE与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎ 【导 号：68334115】‎ ‎ [解]　(1)证明：作FM∥CD交PC于点M，连接EM.‎ ‎ ∵点F为PD的中点，∴FM＝CD.‎ ‎ ∵AE＝AB，AB＝CD，∴AE＝FM.‎ ‎ 又AE∥FM，‎ ‎ ∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM.‎ ‎ ∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，‎ ‎ ∴直线AF∥平面PEC. 6分 ‎ (2)连接DE，‎ ‎ ∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC.‎ ‎ 以D为坐标原点，以DE，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 7分 ‎ 则P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，‎ ‎ ∴＝，＝(0,1，－1)，＝. 8分 ‎ 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ‎ ∵n·＝0，n·＝0，‎ ‎ ∴取n＝(，3,3)，‎ ‎ ∴平面PBC的一个法向量为n＝(，3,3). 12分 ‎ 设向量n与所成的角为θ，‎ ‎ ∴cos θ＝＝－.‎ ‎ ∴PE与平面PBC所成角的正弦值为. 15分 热点题型2　向量法求二面角 题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.‎ ‎【例2】　如图107，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°.‎ 图107‎ ‎ (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.4分 ‎ (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. 6分 ‎ 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，). 7分 ‎ 由已知得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，). 8分 ‎ 所以＝(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，－). 9分 ‎ 设m是平面ABCD的法向量，则 ‎ 同理可取m＝(0，，4). 12分 ‎ 则cos〈n，m〉＝＝－.‎ ‎ 故二面角EBCA的余弦值为－. 15分 ‎[方法指津]‎ 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2]　(名师押题)如图108，在四棱锥PABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝PB，O为AB的中点，OD⊥PC.‎ 图108‎ ‎ (1)求证：OC⊥PD；‎ ‎ (2)若PD与平面PAB所成的角为30°，求二面角DPCB的余弦值. ‎ ‎【导 号：68334116】‎ ‎ [解]　(1)证明：连接OP，∵PA＝PB，O为AB的中点，∴OP⊥AB.‎ ‎ ∵侧面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，‎ ‎ ∴OP⊥OD，OP⊥OC.‎ ‎ ∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC，‎ ‎ ∴OD⊥OC. 4分 ‎ 又∵OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，∴OC⊥PD. 6分 ‎ (2)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Oxyz.‎ ‎ 由(1)知OD⊥OC，则AB＝2AD，‎ ‎ 又侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，‎ ‎ ∴DA⊥平面PAB.‎ ‎ ∴∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角，‎ ‎ ∴∠DPA＝30°.‎ ‎ 不妨设AD＝1，则AB＝2，‎ ‎ PA＝，PO＝.‎ ‎ ∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，－1,0)，P(0,0，)，‎ ‎ 从而＝(1,1，－)，＝(0，－2,0). 9分 ‎ 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). 12分 ‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝－.‎ ‎ ∴二面角DPCB的余弦值为－. 15分 热点题型3　利用空间向量求解探索性问题 题型分析：(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.,(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性 解决.‎ ‎【例3】　如图109，空间几何体ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC.‎ 图109‎ ‎ (1)证明：AE∥平面BCD；‎ ‎ (2)若△ABC是边长为2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD与BD，CD所成角的余弦值均为，试问在CA上是否存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为.若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎ [解题指导]　(1)→→→ ‎ (2)→→‎ ‎ →→→→→ ‎ [解]　(1)证明：过点D作直线DO⊥BC交BC于点O，连接DO.‎ ‎ 因为平面ABC⊥平面BCD，DO⊂平面BCD，‎ ‎ DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC，‎ ‎ 所以DO⊥平面ABC. 1分 因为直线AE⊥平面ABC，‎ 所以AE∥DO. 2分 因为DO⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，‎ 所以直线AE∥平面BCD. 4分 ‎(2)连接AO，因为DE∥平面ABC，‎ 所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD.‎ 因为直线AD与直线BD，CD所成角的余弦值均为，‎ 所以BD＝CD，所以O为BC的中点，所以AO⊥BC，‎ 且cos∠ADC＝.‎ 设DO＝a，因为BC＝2，所以OB＝OC＝1，AO＝.‎ 所以CD＝，AD＝.‎ 在△ACD中，AC＝2，‎ 所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，‎ 即4＝3＋a2＋1＋a2－2×××，‎ 即·＝2a2，‎ 解得a2＝1，a＝1. 6分 ‎ 以O为坐标原点，OA，OB，OD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C(0，－1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)．‎ ‎ 假设存在点P，连接EP，BP，设＝λ，‎ ‎ 则P(－λ，－λ，0)．‎ ‎ 设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)，‎ ‎ 则取x＝1，则平面ABE的一个法向量为m＝(1，‎ ‎ ，0)．‎ ‎ 设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎ 则取x＝1＋λ，则平面PBE的一个法向量为n＝(1＋λ，－λ，－2λ). 11分 设二面角PBEA的平面角的大小为θ，由图知θ为锐角．‎ 则cos θ＝＝＝，‎ 化简得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去). 14分 ‎ 所以在CA上存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为，其为线段AC的三等分点(靠近点A). 15分 ‎[方法指津]‎ 利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路 ‎1．优势：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．思路：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，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．‎ ‎ [变式训练3]　如图1010所示，在多面体ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝2，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1.‎ 图1010‎ ‎ (1)求证：平面ADC⊥平面BCDE；‎ ‎ (2)试问在线段DE上是否存在点S，使得AS与平面ADC所成的角的余弦值为？若存在，确定S的位置；若不存在，请说明理由. 【导 号：68334117】‎ ‎ [解]　(1)证明：因为AB＝2，AC＝4，BC＝2，‎ ‎ 所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC. 2分 ‎ 因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因为AC∩CD＝C，故BC⊥平面ADC.‎ ‎ 因为BC⊂平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE. 5分 ‎ (2)由(1)知AC⊥BC.‎ ‎ 又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.以C为坐标原点，CA，CB，CD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C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1). 8分 ‎ 假设线段DE上存在点S(x，y，z)，使得AS与平面ACD所成的角θ的余弦值为.‎ ‎ 设＝λ(0≤λ≤1)，又＝(x，y，z－4)，＝(0,2，－3)，‎ ‎ 所以(x，y，z－4)＝λ(0,2，－3)，得S(0,2λ，4－3λ)，则＝(－4,2λ，4－3λ)．‎ ‎ 由(1)知平面ADC的一个法向量是＝(0,2,0)，因为cos θ＝， 12分 ‎ 所以sin θ＝＝| cos〈，〉|＝，‎ ‎ 化简得9λ2＋6λ－8＝0，‎ ‎ 解得λ＝或λ＝－(舍去)．‎ ‎ 故存在满足条件的点S，且DS＝DE. 15分