新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第21講 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用（講）（解析版）

第04講空間向量在立體幾何中的應(yīng)用本講為高考命題熱點，理科中考察空間向量，文科中不做涉及，通常在6分分值，難度不大.考點一異面直線所成的角設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)考點二求直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).考點三求二面角(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角).考點四常用結(jié)論1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補.高頻考點一用向量求異面直線所成的角【例1】1.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案B解析以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，A1(0，0，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3).2.在四面體ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(10),5) B.eq\f(3\r(10),10)C.eq\f(\r(15),5) D.eq\f(\r(10),10)答案D解析以D為坐標原點，在平面BCD內(nèi)過D與BD垂直的直線為x軸，以DB，DA所在的直線分別為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－2，1，0).則cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，故異面直線AB與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).3.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為eq\f(3\r(2),10)，則λ的值為________.答案eq\f(1,3)解析以D為原點，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系.正方體的棱長為2，則A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).則cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→)),|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(D1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，所以eq\f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq\f(3\r(2),10)，解之得λ＝eq\f(1,3)(舍去－eq\f(1,3)).【方法技巧】1.利用向量法求異面直線所成角的一般步驟是：(1)選好基底或建立空間直角坐標系；(2)求出兩直線的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解.2.兩異面直線所成角的范圍是θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角.高頻考點二用空間向量求線面角【例2】(2020·新高考山東卷)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.(1)證明因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC，又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.因為AD∥BC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.(2)解以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz.則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1).由(1)可設(shè)Q(a，0，1)，則eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(a，0，1).設(shè)n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(－1，0，a).所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)).設(shè)PB與平面QCD所成角為θ，則sinθ＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1)).因為eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq\f(\r(6),3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時等號成立，故PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq\f(\r(6),3).【方法技巧】向量法求直線與平面所成角主要方法是：1.分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；2.通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.【跟蹤訓(xùn)練】1.(2022·全國百校聯(lián)考)如圖所示，在三棱錐S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是線段SD上的點，△SBD為等邊三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.(1)若SA＝AD，求證：SD⊥CA；(2)若直線BA與平面SCD所成角的正弦值為eq\f(4\r(195),65)，求AD的長.(1)證明依題意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，由余弦定理求得BC＝2eq\r(3)，∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD.∴BC⊥平面SBD.從而BC⊥SD，在等邊△SBD中，SA＝AD，則BA⊥SD.又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，∴SD⊥CA.(2)解以B為坐標原點，BC，BD所在直線分別為x軸，y軸，過點B作平面BCD的垂線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0)，C(2eq\r(3)，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，eq\r(3))，故eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2，0)，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(3))，設(shè)平面SCD的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(SD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))取x＝1，則y＝eq\r(3)，z＝1，所以m＝(1，eq\r(3)，1)，設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝λeq\o(DS,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，－λ，eq\r(3)λ)，故A(0，2－λ，eq\r(3)λ)，則eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，2－λ，eq\r(3)λ)，設(shè)直線BA與平面SCD所成角為θ.故sinθ＝|cos〈m，eq\o(BA,\s\up6(→))〉＝eq\f(|m·\o(BA,\s\up6(→))|,|m|·|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2\r(3)－\r(3)λ＋\r(3)λ|,\r(5)·\r(（2－λ）2＋3λ2))＝eq\f(4\r(195),65)，解得λ＝eq\f(1,4)或eq\f(3,4)，則AD＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2).高頻考點三用向量求二面角【例3】(2020·全國Ⅰ卷)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)證明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值.(1)證明設(shè)DO＝a，由題設(shè)可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a.因此PA2＋PB2＝AB2，從而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB，PC?平面PBC，PB∩PC＝P，所以PA⊥平面PBC.(2)解以O(shè)為坐標原點，eq\o(OE,\s\up6(→))的方向為y軸正方向，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向為z軸正方向，|eq\o(OE,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.由題設(shè)可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2))).設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(EC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0，))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2))).由(1)知eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一個法向量.記n＝eq\o(AP,\s\up6(→))，則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5).所以二面角B－PC－E的余弦值為eq\f(2\r(5),5).【方法技巧】1.用法向量求二面角：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳二面角還是鈍二面角.2.找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小.【變式訓(xùn)練】1.(2019·全國Ⅱ卷)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值.(1)證明由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1?平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，則C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1).設(shè)平面ECC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CC1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0).于是cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2)，則sin〈n，m〉＝eq\f(\r(3),2)，所以，二面角B－EC－C1的正弦值為eq\f(\r(3),2).高頻考點四與空間向量有關(guān)的探索性問題【例3】如圖，在三棱錐P－ABC中，底面是邊長為4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，點E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點.(1)求證：平面BEF⊥平面PAC；(2)在線段PB上是否存在點G，使得直線AG與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5)？若存在，確定點G的位置；若不存在，請說明理由.(1)證明∵AB＝BC，E為AC的中點，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.∵BE?平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.(2)解存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵點E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF兩兩垂直.分別以eq\o(EB,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖，則A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2eq\r(3)，0，0)，C(0，2，0).設(shè)eq\o(BG,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，4，－2)，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))令x＝1，則y＝eq\r(3)，z＝2eq\r(3)，∴n＝(1，eq\r(3)，2eq\r(3)).由已知得eq\f(\r(15),5)＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·n|,|\o(AG,\s\up6(→))|·|n|)，即eq\f(\r(15),5)＝eq\f(4\r(3),4\r(16（1－λ）2＋4λ2))?λ＝eq\f(1,2)或eq\f(11,10)(舍去).故λ＝eq\f(1,2).所以存在滿足條件的點G，點G為PB的中點.【方法技巧】1.對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.2.對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).【變式訓(xùn)練】1.如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的eq\r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點.(1)求證：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大??；(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由.(1)證明連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO.由題意知SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標原點，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OS,\s\up6(→))分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立坐標系O－xyz.設(shè)底面邊長為a，則高SO＝eq\f(\r(6),2)a，于是Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0)).于是，eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq\o(SD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a)).則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))＝0，故OC⊥SD，從而AC⊥SD.(2)解由