2018届二轮复习（理）专题四　立体几何第2讲学案（全国通用） 25页

第 2 讲　立体几何中的向量方法 高考定位　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关 系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要 体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 真 题 感 悟 1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝ CC1＝1，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为(　　) A. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3 解析　法一　以 B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 　 图(1)　　　　　　　　　　　图(2) 则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1). 又在△ABC 中，∠ABC＝120°，AB＝2，则 A(－1，3，0). 所以AB1→ ＝(1，－ 3，1)，BC1→ ＝(1，0，1)， 则 cos〈AB1→ ，BC1→ 〉＝ AB1→ ·BC1→ |AB1→ |·|BC1→ | ＝（1，－ 3，1）·（1，0，1） 5· 2 ＝ 2 5· 2＝ 10 5 ， 因此，异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . 法二　如图(2)，设 M，N，P 分别为 AB，BB1，B1C1 中点，则 PN∥BC1，MN∥ AB1， ∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角. ∵AB＝2，BC＝CC1＝1， ∴MN＝1 2AB1＝ 5 2 ，NP＝1 2BC1＝ 2 2 . 取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，则可知△PQM 为直角三角形，且 PQ＝1，MQ ＝1 2AC， 在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1×(－1 2 )＝7，AC＝ 7， 则 MQ＝ 7 2 ，则△MQP 中，MP＝ MQ2＋PQ2＝ 11 2 ， 则△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM2 2·MN·NP ＝ ( 5 2 )2 ＋( 2 2 )2 －( 11 2 )2 2· 5 2 · 2 2 ＝－ 10 5 ， 又异面直线所成角范围为(0， π 2 ]，则余弦值为 10 5 . 答案　C 2.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AB∥CD， 且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角 A－PB－C 的余弦值. (1)证明　∵∠BAP＝∠CDP＝90°， ∴PA⊥AB，PD⊥CD， 又∵AB∥CD，∴PD⊥AB， 又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面 PAD， ∴AB⊥平面 PAD，又 AB⊂平面 PAB， ∴平面 PAB⊥平面 PAD. (2)解　在平面 PAD 内作 PO⊥AD，垂足为点 O. 由(1)可知，AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PO，可得 PO⊥平面 ABCD. 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz， 设 PA＝2，∴D(－ 2，0，0)， B( 2，2，0)，P(0，0， 2)，C(－ 2，2，0)， ∴PD→ ＝(－ 2，0，－ 2)，PB→ ＝( 2，2，－ 2)， BC→ ＝(－2 2，0，0)， 设 n＝(x，y，z)为平面 PBC 的一个法向量， 由{n·PB→ ＝0， n·BC→ ＝0 得{ 2x＋2y－ 2z＝0， －2 2x＝0. 令 y＝1，则 z＝ 2，x＝0，可得平面 PBC 的一个法向量 n＝(0，1， 2)， ∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA， 又知 AB⊥平面 PAD，PD⊂平面 PAD， ∴PD⊥AB，又 PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面 PAB， ∴PD⊥平面 PAB， 即PD→ 是平面 PAB 的一个法向量，PD→ ＝(－ 2，0，－ 2)， ∴cos〈PD→ ，n〉＝ PD→ ·n |PD→ |·|n| ＝－2 2 3 ＝－ 3 3 ， 由图知二面角 A－PB－C 为钝角， 所以它的余弦值为－ 3 3 . 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 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)，v＝(a3，b3，c3)，则 (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∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 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)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ(0 ≤ θ ≤ π 2 )，则 cos θ＝|a·b| |a||b| ＝|a1a2＋b1b2＋c1c2| a＋b＋c a＋b＋c . (2)线面夹角 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0 ≤ θ ≤ π 2 )，则 (3)面面夹角 设平面 α，β的夹角为 θ(0≤θ＜π)， 热点一　利用空间向量证明平行、垂直关系 【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： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 PCD⊥平面 PAD. 证明　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BE→ ＝(0，1，1)，DC→ ＝(2，0，0)，故BE→ ·DC→ ＝0. 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，PA，AD⊂平面 PAD， 所以 AB⊥平面 PAD， 所以向量AB→ ＝(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量， 而BE→ ·AB→ ＝(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AB→ ＝(1，0，0)，向量PD→ ＝(0，2，－2)，DC→ ＝(2，0， 0)， 设平面 PCD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·PD→ ＝0， n·DC→ ＝0， 即{2y－2z＝0， 2x＝0， 不妨令 y＝1，可得 n＝(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量. 且 n·AB→ ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以 n⊥AB→ . 所以平面 PAD⊥平面 PCD. 探究提高　1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能 利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要 素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体 几何定理的条件，如在(2)中忽略 BE⊄平面 PAD 而致误. 【训练 1】 在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2， CC1＝4，点 E 在线段 BB1 上，且 EB1＝1，D，F，G 分别为 CC1， C1B1，C1A1 的中点.求证： (1)B1D⊥平面 ABD； (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明　(1)以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示. 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). B1D→ ·BA→ ＝0，B1D→ ·BD→ ＝0＋4－4＝0， 则 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD， 因此 B1D⊥平面 ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G(a 2，1，4)，F(0，1，4)， 则EG→ ＝(a 2，1，1)，EF→ ＝(0，1，1)， B1D→ ·EG→ ＝0＋2－2＝0， B1D→ ·EF→ ＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 热点二　利用空间向量计算空间角 命题角度 1　求线面角或异面直线所成的角 【例 2－1】 (2016·全国Ⅲ卷)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. (1)证明　由 AM＝2MD，AD＝3. ∴AM＝2 3AD＝2.取 BP 的中点 T，连接 AT，TN. 由于 N 为 PC 的中点， 所以 TN∥BC，TN＝1 2BC＝2. 又 AD∥BC，故 TN 綉 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)解　取 BC 的中点 E，连接 AE. 又 AB＝AC，得 AE⊥BC， 从而 AE⊥AD，AE＝ AB2－BE 2＝ AB2－(BC 2 )2 ＝ 5. 以 A 为坐标原点，AE→ 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空 间直角坐标系 A－xyz. 由 题 意 知 ， P(0 ， 0 ， 4) ， M(0 ， 2 ， 0) ， C( 5， 2 ， 0) ， N( 5 2 ，1，2)， PM→ ＝(0，2，－4)，PN→ ＝( 5 2 ，1，－2)，AN→ ＝( 5 2 ，1，2). 设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的一个法向量，则 {n·PM→ ＝0， n·PN→ ＝0， 即{2y－4z＝0， 5 2 x＋y－2z＝0，可取 n＝(0，2，1). 于是|cos〈n，AN→ 〉|＝ |n·AN→ | |n||AN→ | ＝8 5 25 . 设 AN 与平面 PMN 所成的角为 θ，则 sin θ＝8 5 25 . 所以直线 AN 与平面 PMN 所成的角的正弦值为8 5 25 . 探究提高　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 cos θ＝|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 sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方 向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角). 【训练 2】 (2016·上海卷)将边长为 1 的正方形 AA 1O1O(及其 内部)绕 OO1 旋转一周形成圆柱，如图，AC︵ 长为2π 3 ，A1B1︵ 长为 π 3 ，其中 B1 与 C 在平面 AA1O1O 的同侧. (1)求三棱锥 C－O1A1B1 的体积； (2)求异面直线 B1C 与 AA1 所成的角的大小. 解　(1)连接 A1B1，因为A1B1︵ ＝π 3 ， ∴∠O1A1B1＝∠A1O1B1＝π 3 ，∴△O1A1B1 为正三角形， ∴S△O1A1B1＝1 2·O1A1·O1B1·sin π 3 ＝ 3 4 . ∴VC－O1A1B1＝1 3·OO1·S△O1A1B1＝1 3×1× 3 4 ＝ 3 12， ∴三棱锥 C－O1A1B1 的体积为 3 12. (2)以 O 为坐标原点建系如图，则 A(0，1，0)，A1(0，1，1)， B1( 3 2 ， 1 2，1)，C( 3 2 ，－1 2，0). ∴AA1→ ＝(0，0，1)，B1C→ ＝(0，－1，－1)， ∴cos〈AA1→ ，B1C→ 〉＝ AA1→ ·B1C→ |AA1→ ||B1C→ | ＝0 × 0＋0 × （－1）＋1 × （－1） 1 × 02＋（－1）2＋（－1）2 ＝－ 2 2 ， ∴〈AA1→ ，B1C→ 〉＝3π 4 ， ∴异面直线 B1C 与 AA1 所成的角为π 4 . 命题角度 2　二面角的计算 【例 2－2】 (2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角 形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠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 M－AB －D 的余弦值. (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＝1 2AD， 由∠BAD＝∠ABC＝90°得 BC∥AD， 又 BC＝1 2AD，所以 EF 綉 BC， 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，AB→ 的 方向为 x 轴正方向，|AB→ |为单位长度，建立如图所示 的空间直角坐标系 A－xyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1， 3)， PC→ ＝(1，0，－ 3)，AB→ ＝(1，0，0). 设 M(x，y，z)(00)，G(x，y，z)， 由CG→ ＝t GA→ 可得 G( 6 1＋t， 6 1＋t， 6t 1＋t)， 则ED→ ＝(0，6，0)，EG→ ＝( 6 1＋t， 6 1＋t， 6t 1＋t). 易知平面 CEG 的一个法向量为DB→ ＝(6，－6，0). 设平面 DEG 的一个法向量为 n＝(x0，y0，z0)， 则{n·ED→ ＝0， n·EG→ ＝0， 得{6y0＝0， 6 1＋tx0＋ 6 1＋ty0＋ 6t 1＋tz0＝0. 令 x0＝1 得 z0＝－1 t，n＝(1，0，－1 t)， 所以 DB→ ·n |DB→ |·|n| ＝ 6 6 2· 1＋1 t2 ＝ 10 5 ， 解得 t＝2. 故存在点 G(2，2，4)，使得二面角 C－EG－D 的余弦值为 10 5 ，此时CG GA＝2.