新廣東高考數(shù)學(xué)理科步步高二輪復(fù)習(xí)熱點突破53立體幾何中的向量方法(含答案解析)

第3講立體幾何中的向量方法熱點一利用向量證明平行與垂直例1如圖，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點．運用向量方法證明：OM∥平面BCF；平面MDF⊥平面EFCD.思想啟迪從A點出發(fā)的三條直線AB、AD，AE兩兩垂直，可成立空間直角坐標(biāo)系．證明方法一由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點成立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，M1，0，0，O1，1，12222.→11→1,0,0)，(1)OM＝0，－，－2，BA＝(－2→→→→∴OM·BA＝0,∴OM⊥BA.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，→∴AB⊥平面BCF，∴BA是平面BCF的一個法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．→→1→∵DF＝(1，－1,1)，DM＝2，－1，0，DC＝(1,0,0)，→→由n1·DF＝n1·DM＝0，x1－y1＋z1＝0，1y1＝2x1，得11－y1＝0，解得12xz1＝－2x1，1令x1＝1，則n1＝1，2，－2.同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二→→→→1→→＋1→(1)OM＝OF＋FB＋BM＝DF－BF2BA21→→→1→1→1→1→＝(DB＋BF)－BF＋BA＝－BD－BF＋BA22222＝－1→→1→1→(BC＋BA)－BF＋BA222＝－1→1→BC－BF.22→→→∴向量OM與向量BF，BC共面，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，→→→→→∵CD＝BA，F(xiàn)C＝BC－BF，→→－1→1→→∴OM·CD＝2BC－BF·BA＝0，2→→－1→1→→→OM·FC＝BC－BF·(BC－BF)221→21→2＝－BC＋BF＝0.22OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.思想升華(1)要證明線面平行，只要證明向量→的法向量垂直；另一個思路OM與平面BCF則是依照共面向量定理證明向量→→→OM與BF，BC共面．(2)要證明面面垂直，只要證明這兩個平面的法向量互相垂直；也可依照面面垂直的判判定理證明直線OM垂直于平面EFCD，即證OM垂直于平面EFCD內(nèi)的兩條訂交直線，從而轉(zhuǎn)變成證明向量→OM與→→向量FC、CD垂直．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中點．求證：直線PC∥平面BDE；求證：BD⊥PC；證明設(shè)AC∩BD＝O.因為∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD為菱形，所以BO＝1，AO＝CO＝3，AC⊥

BD.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以過點O且平行于PA的直線為

OB，OC所在直線分別為z軸，成立空間直角坐標(biāo)系

x軸，y軸，O－xyz，則P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，D(－1,0,0)，E(0，－3，1)．(1)設(shè)平面BDE的法向量為→→n1＝(x1，y1，z1)，因為BE＝(－1，－3，1)，BD＝(－2,0,0)，由→＝0，－2x＝0，得→－x1－3y1＋z1＝0，n1·BE＝0，令z1＝3，得y1＝1，所以n1＝(0,1，3)．→→3＝0，又PC＝(0,23，－2)，所以PC·n1＝0＋23－2→即PC⊥n1，又PC?平面BDE，所以PC∥平面BDE.→→＝(－2,0,0)，(2)因為PC＝(0,23，－2)，BD→→＝0.所以PC·BD故BD⊥PC.熱點二

利用向量求空間角例

2

如圖，五面體中，四邊形

ABCD

是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且

1AD＝1，AB＝2EF＝22，AF＝BE＝2，P、Q

分別為

AE、BD的中點．求證：PQ∥平面BCE；求二面角A－DF－E的余弦值．思想啟迪(1)易知PQ為△ACE的中位線；

(2)依照

AD⊥平面

ABEF

成立空間直角坐標(biāo)系．(1)證明

連接

AC，∵四邊形

ABCD

是矩形，且

Q為

BD

的中點，∴Q

為

AC

的中點，又在△AEC中，P為

AE的中點，∴

PQ∥EC，EC?面BCE，PQ?面BCE，∴PQ∥平面BCE.解如圖，取EF的中點M，則AF⊥AM，以A為坐標(biāo)原點，以AM、AF、AD所在直線分別為x，y，z軸成立空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)．→→→，－1)．可得AM＝(2,0,0)，MF＝(－2,2,0)，DF＝(0,2→n·MF＝0設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則→.n·DF＝0－2x＋2y＝0x－y＝0故，即.2y－z＝02y－z＝0令x＝1，則y＝1，z＝2，故n＝(1,1,2)是平面DEF的一個法向量．→∵AM⊥面ADF，∴AM為平面ADF的一個法向量．→→2×1＋0×1＋0×26n·AM∴cos〈n，AM〉＝→＝6×2＝6.|n||AM·|由圖可知所求二面角為銳角，∴二面角A－DF－E的余弦值為66.思想升華(1)運用空間向量坐標(biāo)運算求空間角的一般步驟：①成立適合的空間直角坐標(biāo)系；②求出相關(guān)點的坐標(biāo)；③寫出向量坐標(biāo)；④結(jié)合公式進(jìn)行論證、計算；⑤轉(zhuǎn)變成幾何結(jié)論．(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不用然是直線的方向向量的夾角β，即cosα|cosβ|.②兩平面的法向量的夾角不用然是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角．③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化．如圖，已知三棱錐O－ABC的側(cè)棱OA，OB，OC兩兩垂直，且OA＝1，OB＝OC＝2，E是OC的中點．求O點到面ABC的距離；求二面角E－AB－C的正弦值．解(1)以O(shè)為原點，OB、OC、OA所在直線分別為x、y、z軸成立空間直角坐標(biāo)系，如圖．則有A(0,0,1)、B(2,0,0)、C(0,2,0)、E(0,1,0)．設(shè)平面ABC的法向量為n1＝(x，y，z)，→則由n1⊥AB知：→＝2x－z＝0；n1·AB→→由n1⊥AC知：n1·AC＝2y－z＝0.取n1＝(1,1,2)，→則點O到面ABC的距離為d＝|n1·OA|＝2＝6|n1|1＋1＋43.→→(2)因為EB＝(2，－1,0)，AB＝(2,0，－1)．設(shè)平面EAB的法向量為n＝(x，y，z)，→則由n⊥AB知：→n·AB＝2x－z＝0；→→＝2x－y＝0.由n⊥EB知：n·EB取n＝(1,2,2)．由(1)知平面ABC的一個法向量為n1＝(1,1,2)．則cos〈n，n1〉＝n·n1＝1＋2＋4＝7＝76|n||n1|9·63618.30結(jié)合圖形可知，二面角E－AB－C的正弦值是18.熱點三利用空間向量求解研究性問題例3如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中點．求證：A1B∥平面ADC1；求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)試問線段A1B1上可否存在點E，使AE與DC1成60°角？若存在，確定E點地址；若不存在，說明原由．證明連接A1C，交AC1于點O，連接OD.由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點．又D為BC的中點，所以O(shè)D為△A1BC的中位線，所以A1B∥OD.因為OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)解由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1兩兩垂直．以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，成立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系B－xyz.設(shè)BA＝2，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，→→．所以AD＝(1，－2,0)，AC1＝(2，－2,1)設(shè)平面ADC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有

→n·AD＝0，→n·AC1＝0.x－2y＝0，所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)．2x－2y＋z＝0.易知平面ADC的一個法向量為v＝(0,0,1)．n·v2所以cos〈n，v〉＝|n|·|v|＝－3.因為二面角C1－AD－C是銳二面角，所以二面角C1－AD－C的余弦值為2.3(3)解假設(shè)存在滿足條件的點E.因為點E在線段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可設(shè)E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.→→所以AE＝(0，λ－2,1)，DC1＝(1,0,1)．因為AE與DC1成60°角，→→→→|1|AE·DC1所以|cos〈AE，DC1〉|＝→→＝2，|AE|·|DC1|即1＝1，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．λ－2＋1·22所以當(dāng)點E為線段A1B1的中點時，AE與DC1成60°角．思想升華空間向量最適合于解決這類立體幾何中的研究性問題，它無需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只要經(jīng)過坐標(biāo)運算進(jìn)行判斷．解題時，把要成立的結(jié)論看作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“可否存在”問題轉(zhuǎn)變成“點的坐標(biāo)可否有解，可否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法．如圖，在三棱錐P—ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，APBP＝AB，PC⊥AC，點D為BC的中點．(1)求二面角A—PD—B的余弦值；1(2)在直線AB上可否存在點M，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為6，若存在，求出點M的地址；若不存在，說明原由．解(1)∵AC＝BC，PA＝PB，PC＝PC，∴△PCA≌△PCB，∴∠PCA＝∠PCB，∵PC⊥AC，∴PC⊥CB，又AC∩CB＝C，∴PC⊥平面ACB，且PC，CA，CB兩兩垂直，故以C為坐標(biāo)原點，分別以CB，CA，CP所在直線為x，y，z軸成立空間直角坐標(biāo)系，則→→C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)，∴AD＝(1，－2,0)，PD＝(1,0，－2)，設(shè)平面PAD的一個法向量為n＝(x，y，z)，→n·AD＝0∴，∴取n＝(2,1,1)，→n·PD＝0→平面PDB的一個法向量為CA＝(0,2,0)，6cos〈n，CA〉＝，6設(shè)二面角A—PD—B的平面角為θ，且θ為鈍角，∴cosθ＝－6，∴二面角A—PD—B的余弦值為－666.(2)方法一存在，M是AB的中點或A是MB的中點．→設(shè)M(x,2－x,0)(x∈R)，∴PM＝(x,2－x，－2)，→|x|1∴|cos〈PM，n〉|＝x2＋－x2＋4·6＝6，解得x＝1或x＝－2，∴M(1,1,0)或M(－2,4,0)，∴在直線AB上存在點M，且當(dāng)M是AB的中點或A是MB的中點時，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為16.方法二存在，M是AB的中點或A是MB的中點．→→設(shè)AM＝λAB，→則AM＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0)(λ∈R)，→→→∴PM＝PA＋AM＝(2λ，2－2λ，－2)，→，n〉|＝|2λ|1.∴|cos〈PMλ2＋＝－2λ2＋4·661解得λ＝或λ＝－1.∴M是AB的中點或A是MB的中點．∴在直線AB上存在點M，且當(dāng)M是AB的中點或A是MB的中點時，使得PM與平面PAD1所成角的正弦值為.空間向量在辦理空間問題時擁有很大的優(yōu)越性，能把“非運算”問題“運算”化，即經(jīng)過直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關(guān)系，各樣角、距離以向量的方式表達(dá)出來，把立體幾何問題轉(zhuǎn)變成空間向量的運算問題．應(yīng)用的核心是充分認(rèn)識形體特色，進(jìn)而成立空間直角坐標(biāo)系，經(jīng)過向量的運算解答問題，達(dá)到幾何問題代數(shù)化的目的，同時注意運算的正確性．提示三點：(1)直線的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的絕對值是線面角的正弦值，而不是余弦值．求二面角除利用法向量外，還可以依照二面角的平面角的