【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第45讲立体几何中的向量方法第2课时学案 17页

第2课时　空间向量的应用 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【课堂考点探究】‎ 例1　[思路点拨 (1)由已知得BD⊥AD,由两平面垂直的性质定理,可证明AD⊥平面BFED;(2)建立空间直角坐标系,设出点P的坐标,求得平面EAD与平面PAB的法向量,根据两向量的夹角公式,得到关于参数λ的等式,解方程可得λ的值,即可确定点P的位置.‎ 解:(1)证明:在梯形ABCD中,‎ ‎∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,‎ ‎∴∠ADB=90°,∴BD⊥AD.‎ ‎∵平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,AD⊂平面ABCD,‎ ‎∴AD⊥平面BFED.‎ ‎(2)∵AD⊥平面BFED,∴AD⊥DE.‎ 以D为原点,分别以DA,DB,DE所在直线为x轴、y轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 在△BCD中,DC=BC=1,∠BCD=120°,由余弦定理得BD=,‎ 则A(1,0,0),B(0,,0),由题意,设P0,λ,2-λ(0≤λ≤),‎ ‎∴=(-1,,0),=0,λ-,2-λ.‎ 易知平面EAD的一个法向量为m=(0,1,0),‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y, ),‎ 由得 取y=1,可得n=,1,.‎ ‎∵平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为,‎ ‎∴|cos|===,‎ 解得λ=,即P为线段EF上靠近点E的三等分点.‎ 变式题　解: (1)证明:取AD的中点M,连接EM,CM,则EM∥PA.‎ ‎∵EM⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,‎ ‎∴EM∥平面PAB.‎ 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CM=AM,∴∠ACM=60°.‎ 又∠BAC=60°,∴MC∥AB.‎ ‎∵MC⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴MC∥平面PAB.‎ ‎∵EM∩MC=M,∴平面EMC∥平面PAB.‎ ‎∵EC⊂平面EMC,∴EC∥平面PAB.‎ ‎(2)过A作AF⊥AD交BC于F,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(,1,0),D(0,4,0),P(0,0,2),∴=(,1,0),=(0,0,2),=(0,4,-2).‎ 设平面PAC的法向量为n=(x,y, ),则取n=(,-3,0).‎ 设=λ(0≤λ≤1),则=(0,4λ,-2λ),=(-,4λ-1,2-2λ),‎ ‎∴|cos|==,∴λ=,‎ ‎∴N为PD的中点时,直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为.‎ 例2　[思路点拨 (1)由已知条件及等腰梯形的性质,可证明四边形EFBG是平行四边形,则有EG∥FB,再根据线面平行的判定定理即可得到EG∥平面BDF;(2)建立空间直角坐标系,确定平面BDF的法向量,再求出直线AE的方向向量与平面BDF法向量的夹角,即得直线AE与平面BDF所成角的正弦值;(3)假设线段FC上存在点H,设H-,,t(0≤t≤1),用t表示平面HAD的法向量,由平面BDF与平面HAD的两个法向量的数量积为0,得关于t的方程,若方程有解,则满足条件的点H存在,可求得的值,若方程无解,则满足条件的点H不存在.‎ 解:(1)证明:由已知得EF∥CD,且EF=CD.‎ 因为四边形ABCD为等腰梯形,所以BG∥CD.‎ 因为G是棱AB的中点,所以BG=CD,‎ 所以EF∥BG,且EF=BG,‎ 故四边形EFBG为平行四边形,‎ 所以EG∥FB.‎ 因为FB⊂平面BDF,EG⊄平面BDF,‎ 所以EG∥平面BDF.‎ ‎(2)因为四边形CDEF为正方形,所以ED⊥DC.‎ 因为平面CDEF⊥平面ABCD,‎ 平面CDEF∩平面ABCD=DC,DE⊂平面CDEF,‎ 所以ED⊥平面ABCD.‎ 在△ABD中,因为∠DAB=60°,AB=2AD=2,‎ 所以由余弦定理,得BD=,‎ 所以AD⊥BD.‎ 在等腰梯形ABCD中,可得DC=CB=1.‎ 如图所示,以D为原点,以DA,DB,DE所在直线分别为x轴、y轴、 轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),E(0,0,1),B(0,,0),F-,,1,‎ 所以=(-1,0,1),=-,,1,=(0,,0).‎ 设平面BDF的法向量为n=(x,y, ),由 得取 =1,则x=2,y=0,得n=(2,0,1). ‎ 设直线AE与平面BDF所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos<,n>|==,‎ 所以AE与平面BDF所成的角的正弦值为.‎ ‎(3)线段FC上不存在点H,使平面BDF⊥平面HAD.证明如下: ‎ 假设线段FC上存在点H,设H-,,t(0≤t≤1),‎ 则=-,,t.‎ 设平面HAD的法向量为m=(a,b,c),由 ‎ 得 取c=1,则a=0,b=-t,得m=0,-t,1. ‎ 要使平面BDF⊥平面HAD,只需m·n=0,即2×0-t×0+1×1=0,此方程无解.‎ 所以线段FC上不存在点H,使平面BDF⊥平面HAD.‎ 变式题　解:(1)证明:连接A‎1C交AC1于点O,连接EO,‎ ‎∵四边形ACC‎1A1是正方形,∴O为A‎1C的中点,‎ 又E为CB的中点,∴EO∥A1B.‎ ‎∵EO⊂平面AEC1,A1B⊄平面AEC1,‎ ‎∴A1B∥平面AEC1.‎ ‎(2)棱AA1上存在M,满足B‎1M⊥C1E.‎ 以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为 轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B1(2,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(1,1,0).‎ 设M(0,0,m)(0≤m≤2),则=(-2,0,m-2),=(1,-1,-2).‎ ‎∵B‎1M⊥C1E,∴·=-2-2(m-2)=0,解得m=1,‎ ‎∴M(0,0,1),则=(1,1,-1),=(0,2,1). ‎ 设平面MEC1的法向量为n=(x,y, ),‎ 则取y=-1,得n=(3,-1,2).‎ 易知AC⊥平面ABB‎1A1,∴平面ABB‎1A1的一个法向量为=(0,2,0),‎ ‎∴cos<,n>==-,‎ ‎∴平面MEC1与平面ABB‎1A1所成锐二面角的余弦值为.‎ 例3　[思路点拨 (1)由平面BDEF丄平面ABCD,DE丄BD,根据面面垂直性质定理知DE⊥平面ABCD,得DA,DC,DE两两垂直,则以D为坐标原点建立空间直角坐标系,确定相关向量的坐标,把两直线垂直的问题转化为两直线的方向向量的数量积为0;(2)假设存在点G,用坐标表示直线BG的方向向量与平面EFC的法向量n,把问题转化为证明·n=0.‎ 解:(1)证明:∵四边形BDEF为矩形,∴BD⊥DE,‎ 又平面BDEF丄平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,∴DE⊥平面ABCD,‎ 又∵∠ADC=90°,∴DA,DC,DE两两垂直.‎ 以D为原点,DA,DC,DE所在直线分别为x轴、y轴、 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.‎ 设DE=m,AB=y,则D(0,0,0),B(1,y,0),A(1,0,0),E(0,0,m),F(1,y,m),C(0,2,0),‎ ‎∴=(1,y,0),=(1,y-2,m).‎ ‎∵BD⊥CF,∴·=1+y2-2y=0,解得y=1,‎ ‎∴=(0,1,m),=(0,-2,m),=(1,1,m).‎ ‎∵AF⊥CE,∴ ·=-2+m2=0,‎ ‎∵·=-2+m2,∴·=0,‎ ‎∴CE⊥DF.‎ ‎(2)在棱AE上存在点G,使得直线BG∥平面EFC,且=.‎ 证明如下:‎ 由(1)知G,0,,‎ ‎∴=-,-1,,=(1,1,0),=(0,2,-m).‎ 设平面EFC的法向量为n=(a,b,c),‎ 则取b=1,得n=-1,1,,‎ ‎∴·n=×(-1)+(-1)×1+·=0,∴⊥n.‎ ‎∵BG⊄平面EFC,∴BG∥平面EFC.‎ 变式题　解:连接BD交AC于点O,连接SO,以O为坐标原点,以,,的方向分别为x,y, 轴的正方向建立空间直角坐标系.‎ ‎(1)设底面边长为1,易知AC⊥平面SBD,∴SD⊥AC.‎ 又∵SD⊥PC,AC∩PC=C,∴SD⊥平面APC.‎ 由勾股定理易知OS=,则S0,0,,D-,0,0,C0,,0,B,0,0,∴=0,0,,=-,0,-,‎ ‎∴cos<,>==-.‎ 由图可知,所求二面角P - AC - D为锐二面角,则所求二面角大小为.‎ ‎(2)存在点E,当SE∶EC=2∶1时,BE∥平面PAC.理由如下:‎ 易知=,0,,=0,-,,=-,,0,‎ 设=t(0≤t≤1),则=+=+t=-,(1-t),t.‎ 易知平面PAC的一个法向量为=,0,,‎ ‎∴·=0,∴t=,∴=2,‎ ‎∴存在点E,当SE∶EC=2∶1时,BE∥平面PAC.‎ 例4　[思路点拨 (1)注意到PA⊥平面ADE,AE⊥AD,建立空间直角坐标系,分别确定平面PDE和平面APE的法向量,把求二面角A -PE - D的余弦值转化为求两个法向量的余弦值;(2)写出表示向量与夹角的余弦,把表达式化归为二次函数或基本不等式的形式,利用二次函数或基本不等式求其最大值.‎ 解:(1)因为PA⊥平面ADE,AD⊂平面ADE,AE⊂平面ADE,‎ 所以PA⊥AD,PA⊥AE.又因为AE⊥AD,‎ 所以PA,AD,AE两两垂直.‎ 以点A为坐标原点,分别以AE,AD,AP所在直线为x,y, 轴,建立如图所示空间直角坐标系,‎ 则A(0,0,0),E(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(1,0,0),C(1,1,0),‎ 所以=(2,0,-2),=(0,2,-2).‎ 设平面PDE的法向量为n=(x,y, ),‎ 所以 令x=1,则y= =1,所以平面PDE的一个法向量为n=(1,1,1).‎ 易知平面APE的一个法向量为=(0,2,0).设所求二面角为θ(显然为锐角),‎ 所以cos θ===,‎ 即二面角A - PE - D的余弦值为.‎ ‎(2)=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),因为=(0,-1,0),所以=+=(-λ,-1,2λ).‎ 又=(0,-2,2),所以cos<,>==.‎ 设1+2λ=t,t∈[1,3 ,则cos2<,>==≤,‎ 当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为,‎ 此时直线CQ与DP所成角取得最小值.‎ 又因为BP=,所以BQ=BP=.‎ 变式题　解:(1)证明:设AD=CD=BC=1,‎ ‎∵AB∥CD,∠BCD=,∴AB=2,‎ ‎∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,‎ ‎∴AB2=AC2+BC2,则BC⊥AC.‎ ‎∵CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ ‎∴AC⊥CF,而CF∩BC=C,‎ ‎∴AC⊥平面BCF.‎ ‎∵EF∥AC,‎ ‎∴EF⊥平面BCF.‎ ‎(2)以C为坐标原点,分别以直线CA,CB,CF为x轴、y轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 设FM=λ(0≤λ≤),‎ 则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),‎ ‎∴=(-,1,0),=(λ,-1,1).‎ 设n=(x,y, )为平面MAB的法向量,‎ 由得取x=1,则n=(1,,-λ).‎ 易知m=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,∴cos===.‎ ‎∵0≤λ≤,∴当λ=0时,cos取得最小值,‎ ‎∴点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大,此时二面角的余弦值为.‎ ‎【备选理由】例1是探究空间角的问题;例2是利用空间向量探究空间面面垂直的问题;例3是一道证明线面平行的探索性问题,例4是求体积及二面角的综合题.‎ ‎1　[配合例1使用 如图①所示,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,点E,F分别在CD,AB上,且EF⊥CD,BE⊥BC,BC=1,CE=2.现将矩形ADEF沿EF折起,使平面ADEF与平面EFBC垂直(如图②所示).‎ ‎(1)求证:CD∥平面ABF.‎ ‎(2)若AF=1,在线段AF上是否存在点P,使二面角P-BC-F的大小为30°?若存在,求出PF的长;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:∵CE∥BF,CE⊄平面ABF,BF⊂平面ABF,‎ ‎∴CE∥平面ABF.‎ 又DE∥AF,DE⊄平面ABF,AF⊂平面ABF,‎ ‎∴DE∥平面ABF.‎ ‎∵DE∩CE=E,且DE,CE⊂平面CDE,‎ ‎∴平面CDE∥平面ABF.‎ 又CD⊂平面CDE,∴CD∥平面ABF.‎ ‎(2)在直角梯形EFBC中,由BE⊥BC,且BC=1,CE=2,得∠BEC=∠EBF=30°,BE===,‎ ‎∴BF=BE·cos 30°=,EF=BE·sin 30°=.‎ 如图所示,以F为坐标原点,以FE,FB,FA所在的直线分别为x轴、y轴和 轴,建立空间直角坐标系,则F(0,0,0),B,C,E.‎ 假设线段AF上存在点P,使二面角P - BC - F的大小为30°,设P(0,0,m)(0|=cos 30°=,‎ 即=,‎ 化简可得=,解得m=,‎ 即在线段AF上存在点P,当PF=时,二面角P-BC-F的大小为30°.‎ ‎2　[配合例2使用 如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,△PAC为等腰直角三角形,PA⊥PC,AC⊥BC,BC=‎2AC=4,M为AB的中点.‎ ‎(1)求证:AC⊥PM.‎ ‎(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值.‎ ‎(3)在线段PB上是否存在点N,使得平面CNM⊥平面PAB?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.‎ 解:(1)证明:取AC的中点O,连接PO,OM,‎ ‎∵△PAC为等腰直角三角形,且PA⊥PC,∴PO⊥AC.‎ 又∵在△ABC中,CA⊥CB,M为AB的中点,‎ ‎∴OM∥CB,∴OM⊥AC.‎ ‎∵PO∩OM=O,PO,OM⊂平面POM,‎ ‎∴AC⊥平面POM.‎ ‎∵PM⊂平面POM,∴AC⊥PM.‎ ‎(2)由(1),有PO⊥AC,OM⊥AC.‎ ‎∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,‎ PO⊥AC,PO⊂平面PAC,‎ ‎∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OM,‎ ‎∴PO,AC,OM两两垂直.以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(-1,0,0),A(1,0,0),B(-1,4,0),‎ ‎∴=(1,0,-1),=(-2,4,0).‎ 设平面PAB的法向量为n1=(x,y, ),则 即 令x=2,则n1=(2,1,2).‎ ‎∵=(-1,0,-1),‎ ‎∴==,‎ ‎∴PC与平面PAB所成角的正弦值是.‎ ‎(3)在线段PB上存在点N,使得平面CNM⊥平面PAB,且=.证明如下:‎ 设=λ,λ∈(0,1),‎ 由(2)知平面PAB的一个法向量为n1=(2,1,2),‎ ‎∵M(0,2,0),∴=(1,2,0),‎ ‎=+=+λ=(1-λ,4λ,1-λ),‎ 设平面CNM的法向量为n2=(x,y, ),‎ ‎∴∴‎ 令y=1,∴n2=.‎ ‎∵平面CNM⊥平面PAB,∴n1·n2=0,‎ 即-4+1+2=0,解得λ=,‎ ‎∴在线段PB上存在点N,当=时,平面CNM⊥平面PAB.‎ ‎3　[配合例3使用 如图所示,四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,BC=PD=2,E为PC的中点,CB=3CG.‎ ‎(1)求证:PC⊥BC.‎ ‎(2)AD边上是否存在一点M,使得PA∥平面MEG?若存在,求出AM的长;若不存在,说明理由.‎ 解:(1)证明: 因为底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,所以,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立空间直角坐标系,‎ 则P(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),则=(0,2,-2),=(-2,0,0),所以·=0,所以PC⊥BC.‎ ‎(2)假设在AD边上存在一点M,使得PA∥平面MEG.‎ 设M(a,0,0)(0≤a≤2).‎ 由题可知P(0,0,2),A(2,0,0),E(0,1,1),G,于是=(2,0,-2),=(-a,1,1),=.‎ 设平面MGE的法向量为m=(x,y, ),则即 ‎ 令x=1,则m=.‎ 因为m·=2-2=0,‎ 解得a=,符合要求,所以AM的长为2-=.‎ ‎4　[配合例4使用 如图所示,在棱长为2的正方体ABCD - A1B‎1C1D1中,点E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.‎ ‎(1)求证:A‎1F⊥C1E;‎ ‎(2)当三棱锥B1-BEF的体积取得最大值时,求二面角B1-EF-B的正切值.‎ 解:设AE=BF=m.以D为原点建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),E(2,m,0),F(2-m,2,0).‎ ‎(1)证明: 因为=(-m,2,-2),=(2,m-2,-2),‎ 所以·=(-m,2,-2)·(2,m-2,-2)=0,‎ 所以A‎1F⊥C1E.‎ ‎(2)因为=S△BEF×BB1=S△BEF,所以当S△BEF取得最大值时,三棱锥B1-BEF的体积取得最大值.‎ 因为S△BEF= (2-m)m=- (m-1)2≤,‎ 所以当m=1,即E,F分别是棱AB,BC的中点时,三棱锥B1-BEF的体积取得最大值,此时E(2,1,0),F(1,2,0).‎ 设平面B1EF的法向量为m=(a,b,c),‎ 则得 ‎ 取a=2,则b=2,c=-1,得m=(2,2,-1).‎ 显然底面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).‎ 设二面角B1-EF-B的平面角为θ,由题意知θ为锐角.‎ 因为cos==-,‎ 所以cos θ=,于是sin θ=,所以tan θ=2,‎ 即二面角B1 -EF-B的正切值为2.‎