1、1 第10讲 立体几何中的向量方法 题型1 向量法求线面角 (对应学生用书第33页) 核心知识储备 1两条异面直线的夹角 (1)两异面直线的夹角 . ( 0， 2 (2)设直线l 1 ，l 2 的方向向量为s 1 ，s 2 ，则cos |coss 1 ，s 2 | . |s1s2| |s1|s2| 2直线与平面的夹角 (1)直线与平面的夹角 . 0， 2 (2)设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，则sin |cosa，n| . |an| |a|n| 典题试解寻法 【典题】 (2016全国卷)如图101，四棱锥PABCD中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段
2、AD上一点， AM2MD，N为PC的中点 图101 (1)证明MN平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【导学号：07804072】2 解 (1)证明：由已知得AM AD2.如图， 2 3 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TN BC2. 1 2 又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是 MNAT. 因为AT平面 PAB，MN平面 PAB， 所以MN平面PAB. (2)取BC的中点E，连接AE. 由ABAC得AEBC，从而AEAD， 且AE . AB2BE2 5 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
3、标系Axyz. AE 由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( ，2,0)，N ， 5 ( 5 2 ，1，2 ) (0,2，4)， ， . PM PN ( 5 2 ，1，2 ) AN ( 5 2 ，1，2 ) 设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则Error! 即Error! 可取n(0,2,1) 于是|cosn， | . AN |nAN | |n|AN | 8 5 25 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 . 8 5 25 类题通法 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
4、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. 对点即时训练 如图102，菱形ABCD中，ABC60，AC与BD相交于点O，AE平面3 ABCD，CFAE，ABAE2. 图102 (1)求证：BD平面ACFE； (2)当直线FO与平面BED所成的角为45时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦 值大小 解 (1)证明：四边形ABCD是菱形，BDAC. AE平面ABCD，BD平面 ABCD， BDAE. ACAEA，BD平面ACFE. (2)以O为原点， ， 的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(
5、向 OA OB 上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0， ，0)，D(0， ，0)，E(1,0,2)， 3 3 F(1,0，a)(a0)， (1,0，a) OF 设平面EBD的法向量为n(x，y，z)， 则有Error!，即Error!，令z1，则n(2,0,1)， 由题意得sin 45|cos ，n| OF |OF n| |OF |n| ，解得a3或 . |2a| a21 5 2 2 1 3 由a0，得a3， (1,0,3)， (1， ，2)， OF BE 3 cos ， ， OF BE 16 10 8 5 4 故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为 . 5 4 题型强化集训 (见专题限
6、时集训T 1 )4 题型2 向量法求二面角(答题模板) (对应学生用书第34页) 利用向量法求二面角的大小是高考对立体几何的常规考法，它以代数运算代替抽象 的思维，给立体几何带来了鲜活的方法，此类问题建系是突破口，求解的关键是平 面的法向量(2017全国卷T 18, 2017全国卷T 19, 2017全国卷 T 19, 2016全国卷T 18, 2016全国卷T 19, 2014全国卷T 19, 2013全国卷T 18 ) 典题试解寻法 【典题】 (本小题满分12分)(2017全国卷)如图103，四棱锥PABCD中， 侧面 且 PAD为等边三角形 ，ABBC AD，BADABC90，E是PD的
7、中点 垂直于底面ABCD 1 2 图103 (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 【导学号：07804073】 审题指导 题眼 挖掘关键信息 看到PAD为等边三角形， 想到等边三角形的有关性质. 看到PAD垂直于底面ABCD， 想到面面垂直的性质. 看到证明直线CE平面PAB， 想到线面平行的判定或面面平行的性质. 看到M在棱PC上， 想到P，M，C三点共线，想到点M的设法. 看到直线BM与底面ABCD所成角为45， 想到线面角的求法，想到平面法向量的计算方法.5 看到求二面角MABD的余弦值
8、， 想到求平面MAB与平面ABD的法向量. 规范解答 (1)证明： ，连接EF，BF. 取PA的中点F 因为E是PD的中点，所以EFAD，EF AD. 2分 1 2 由BADABC90得BCAD， 又BC AD，所以EF綊BC， 1 2 四边形BCEF是平行四边形，CEBF. 4分 又BF平面 PAB，CE平面 PAB，故CE平面PAB. (2) 由已知得BAAD，以A为坐标原点， 的方向为x轴正方向，| |为单位长度，建 AB AB 立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1， )， (1,0， )， (1,0,0). 3 PC
9、3 AB 7分 设M(x，y，z)(0x1)，则 (x1，y，z)， (x，y1，z ) BM PM 3 因为BM与底面ABCD所成的角为45， 而n(0,0,1)是底面ABCD的法向量， 所以|cos ，n|sin 45， ， BM |z| x12y2z2 2 2 即(x1) 2 y 2 z 2 0. 8分 则 又M在棱PC上，设PM PC ， x，y1，z . 3 3 由解得Error!(舍去)，或Error! 所以M ，从而 . 10分 ( 1 2 2 ，1， 6 2 ) AM ( 1 2 2 ，1， 6 2 ) 设m(x 0 ，y 0 ，z 0 )是平面ABM的法向量，则 Error!
10、即Error!6 所以可取m(0， ，2). 11分 6 于是cosm，n . mn |m|n| 10 5 因此二面角MABD的余弦值为 . 12分 10 5 阅卷者说 易错点 防范措施 因空间想象力不足，导致 不会作辅助线，进而导致(1) 无法证明. 当题设条件出现边的中点，要证明线面平行时， 常取另一个边的中点，构造平行关系. 因对图形和立体几何的理 论体系不熟，导致不会建系， 进而不会求二面角的余弦值. 熟知常见的空间直角坐标系的建法，结合已知的 图形中的垂直关系建系，如本题也可以AD的中 点为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z 轴建系. 因对向量共线知识不熟， 导致点M的坐标计
11、算不出， 致使(2)无法求解. 点M在棱PC上，则 (01). PM PC 通性通法 向量法求二面角的方法 1若n 1 ，n 2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角 的大小满足|cos | .然后利用图形判断二面角是锐角或钝角. 2若AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的 大小为 与 的夹角或其补角. AB CD 对点即时训练 (2017安徽马鞍山模拟)已知四棱锥PABCD中，如图104，底面ABCD是梯形，BC AD，ABAD，且ABBC1，AD2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上， PAPD. 图104 (1)求证：平面PAB平面PAD； (2)若
12、直线AC与PD所成角为60，求二面角APCD的余弦值. 7 【导学号：07804074】 解 (1)证明：PH平面ABCD，AB平面 ABCD，PHAB. ABAD，ADPHH，AD，PH平面 PAD，AB平面PAD. 又AB平面 PAB，平面PAB平面PAD. (2)以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图， PH平面ABCD， z轴PH. 则A(0,0,0)，C(1,1,0)， D(0,2,0)，设AHa，PHh(0a2，h0) 则P(0，a，h) (0，a，h)， (0，a2，h)， (1,1,0) AP DP AC PAPD， a(a2)h 2 0. AP DP AC与PD所成角为
13、60， |cos ， | ， AC DP |a2| 2 a22h2 1 2 (a2) 2 h 2 ，(a2)(a1)0， 0a2，a1.h0，h1，P(0,1,1) (0,1,1)， (1,1,0)， (1,0，1)， (1，1,0)，设平面APC的 AP AC PC DC 法向量为n(x，y，z)，由Error!， 得平面APC的一个法向量为n(1，1,1)， 设平面DPC的法向量为m(x，y，z) 由Error!， 得平面DPC的一个法向量为m(1,1,1) cosm，n . mn |m|n| 1 3 二面角APCD的平面角为钝角， 二面角APCD的余弦值为 . 1 3 题型强化集训 (见
14、专题限时集训T 2 、T 4 ) 题型3 利用空间向量求解探索性问题 (对应学生用书第36页) 核心知识储备8 立体几何中探索性问题的种类及其求法 (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来解决 典题试解寻法 【典题】 如图105(1)，在直角梯形ABCD中，ADBC，ADAB，AD1，BC2，E为CD 上一点，且DE1，EC2，现沿BE折叠使平面BCE平面ABED，F为BE的中点，如图 105(2)
15、图105(1) 图105(2) (1)求证：AE平面BCE； (2)能否在边AB上找到一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为 ？若存在， 2 3 试确定点P的位置；若不存在，请说明理由 思路分析 (1)证明AEBE AE平面BCE； 面面垂直(2)证明CF平面ABED 求点A，C，E，F的坐标 建系 P在边AB上AP 由两平面所成角的余弦值为 确定P的位置 AB 求法向量2 3 解 (1)证明：在直角梯形ABCD中作DMBC于M，连接AE， 则CM211，CDDECE123， 则DMAB 2 ， 91 8 2 cos C ， CM CD 1 3 则BE CE2CB22CECBcos
16、C ， 442 2 2 1 3 4 3 3 AE AD2DE22ADDEcosADE ， 112 1 1 1 3 2 6 3 所以AE 2 BE 2 AB 2 ，故AEBE，且折叠后AE与BE位置关系不变9 又平面BCE平面ABED，且平面BCE平面ABEDBE，所以AE平面BCE. (2)连接CF，因为在BCE中，BCCE2，F为BE的中点，所以CFBE.又平面 BCE平面ABED，且平面BCE平面ABEDBE， 所以CF平面ABED.以F为坐标原点，过点F且平行于AE的直线为x轴，FB，FC 所在直线分别为y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz， 则F(0,0,0)， A ，C
17、 ，E ， ( 2 6 3 ， 2 3 3 ，0 ) ( 0，0， 2 6 3 ) ( 0， 2 3 3 ，0 ) 从而 ， . AE ( 2 6 3 ，0，0 ) CE ( 0， 2 3 3 ， 2 6 3 ) 设平面ACE的法向量为m(x 1 ，y 1 ，z 1 )， 则Error! 即Error! 令z 1 1， 则x 1 0，y 1 ， 2 可得平面ACE的一个法向量为m(0， ，1) 2 假设在AB上存在一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为 ，且 2 3 (01) AP AB 因为B ， ( 0， 2 3 3 ，0 ) 所以 ， AB ( 2 6 3 ， 4 3 3 ，0
18、 ) 故 . AP ( 2 6 3 ， 4 3 3 ，0 ) 又 ， CA ( 2 6 3 ， 2 3 3 ， 2 6 3 ) 所以 ， CP CA AP ( 2 6 3 1， 2 3 3 21， 2 6 3 ) 又 ， FC ( 0，0， 2 6 3 )10 设平面PCF的法向量为n(x 2 ，y 2 ，z 2 )， 则Error! 即Error! 令x 2 21，得n(21， (1)，0)为平面PCF的一个法向量， 2 所以|cosm，n| ， | mn |m|n| | |21| 3 212212 2 3 解得 或0， 2 3 因此存在点P，且P为线段AB上靠近点B的三等分点或P与A重合时
19、，平面ACE与 平面PCF所成角的余弦值为 . 2 3 类题通法 利用空间向量巧解探索性问题 1对于存在型问题，解题时，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“是否有解” “是否有规定范围内的解”等. 2对于位置探索型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程， 解出参数，从而确定位置. 对点即时训练 如图106，在五面体ABCDPE中，PD平面ABCD，ADCBAD90，F为棱PA 的中点，PDBC ，ABAD1，且四边形CDPE为平行四边形 2 图106 (1)判断AC与平面DEF的位置关系，并给予证明； (2)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ
20、与平面PBC所成角的正弦值为 ？若存在， 3 6 请求出QE的长；若不存在，请说明理由. 【导学号：07804075】 解 (1)AC平面DEF.理由如下： 设线段PC交DE于点N，连接FN，如图所示， 因为四边形PDCE为平行四边形，所以点N为PC的中点， 又点F为PA的中点，所以FNAC， 因为FN平面 DEF，AC平面 DEF，所以AC平面DEF. (2)如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线11 为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系 因为PDBC ，ABAD1，所以CD2， 2 所以P(0,0， )，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)， 2 所以 (1
21、,1， )， (1,1,0) PB 2 BC 设平面PBC的法向量为m(x，y，z) ， 则Error! 即Error!解得Error! 令x1，得平面PBC的一个法向量为m(1,1， ) 2 假设存在点Q满足条件 由F ，E(0,2， )，可得 . ( 1 2 ，0， 2 2 ) 2 FE ( 1 2 ，2， 2 2 ) 设 (01)， FQ FE 整理得Q ， ( 1 2 ，2， 21 2 ) 则 ， BQ ( 1 2 ，21， 21 2 ) 因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ， 3 6 所以|cos ，m| ， BQ | BQ m |BQ |m| | |51| 2 192107
22、3 6 得14 2 510，又01，所以 ， 1 2 故在线段EF上存在一点Q ，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ， ( 1 4 ，1， 3 2 4 ) 3 6 且QE . 19 4 题型强化集训 (见专题限时集训T 3 ) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第37页) 1.(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形， ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.12 图107 (1)证明：平面ACD平面ABC； (2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分， 求二面角DAEC的余弦值 解 (1)证明：由题设可得ABDCBD，从而
23、ADCD. 又ACD是直角三角形， 所以ADC90. 取AC的中点O，连接DO，BO， 则DOAC，DOAO. 又因为ABC是正三角形，故BOAC， 所以DOB为二面角DACB的平面角 在RtAOB中，BO 2 AO 2 AB 2 ， 又ABBD，所以BO 2 DO 2 BO 2 AO 2 AB 2 BD 2 ， 故DOB90. 所以平面ACD平面ABC. (2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直， 以O为坐标原点， 的方向为x轴正方向，| |为单位长度， OA OA 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(1,0,0)，B(0， ，0)，C(1,0,0)，D(0,0,1) 3
24、由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 ，从而E到平面ABC的距离 1 2 为D到平面ABC的距离的 ， 1 2 即E为DB的中点，得E ， ( 0， 3 2 ， 1 2 ) 故 (1,0,1)， (2,0,0)， AD AC . AE ( 1， 3 2 ， 1 2 )13 设n(x，y，z)是平面DAE的法向量， 则Error!即Error! 可取n . ( 1， 3 3 ，1 ) 设m是平面AEC的法向量，则Error! 同理可取m(0，1， )， 3 则cosn，m . nm |n|m| 7 7 所以二面角DAEC的余弦值为 . 7 7 2(2017全国卷)如图108，在
25、四棱锥PABCD中，ABCD，且 BAPCDP90. 图108 (1)证明：平面PAB平面PAD； (2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值 解 (1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD. 因为ABCD，所以ABPD. 又APDPP，所以AB平面PAD. 因为AB平面 PAB，所以平面PAB平面PAD. (2)在平面PAD内作PFAD，垂足为点F. 由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD. 以F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 FA AB 坐标系Fxyz. 由(1)及已知可得A ，P ，B ，C ， ( 2 2 ，0，0 ) ( 0，0， 2 2 ) ( 2 2 ，1，0 ) ( 2 2 ，1，0 ) 所以 ， ( ，0,0)， PC ( 2 2 ，1， 2 2 ) CB 214 ， (0,1,0) PA ( 2 2 ，0， 2 2 ) AB 设n(x 1 ，y 1 ，z 1 )是平面PCB的一个法向量，则 Error!即Error! 所以可取n(0，1， ) 2 设m(x 2 ，y 2 ，z 2 )是平面PAB的一个法向量，则 Error!即Error! 所以可取m(1,0,1)，则cosn，m . nm |n|m| 2 3 2 3 3 所以二面角APBC的余弦值为 . 3 3
