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2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题五 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法课件


专题五

立体几何与空间向量

第 3讲 立体几何中的向量方法

栏目索引

高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练

1 2 高考真题体验 1.(2014· 课标全国 Ⅱ) 直三棱柱 ABC - A1B1C1 中, ∠BCA =

90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则

BM与AN所成角的余弦值为( ) 1 2 30 2 A.10 B.5 C. 10 D. 2 解析 方法一 补成正方体,利用向量的方法求异面直线
所成的角. 由于∠BCA =90°,三棱柱为直三棱柱,且BC=CA =CC1, 可将三棱柱补成正方体.

1 2

建立如图(1)所示空间直角坐标系.

设正方体棱长为2,
则可得A(0,0,0),B(2,2,0),M(1,1,2),N(0,1,2), → → ∴BM=(-1,-1,2),AN=(0,1,2). → → BM· AN → → ∴cos〈BM,AN〉= → → |BM||AN| -1+4 3 30 = = 10 . 2 2 2 2 2 2= 6× 5 ?-1? +?-1? +2 × 0 +1 +2

1 2

方法二

通过平行关系找出两异面直线的夹角,再根据余

弦定理求解. 如图(2),取BC的中点D,连接MN,ND,AD, 1 由于 MN 綊2B1C1 綊 BD,因此有 ND 綊 BM, 则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.
设 BC=2,则 BM=ND= 6,AN= 5,AD= 5,
ND2+NA2-AD2 30 因此 cos∠AND= = 10 . 2ND· NA

答案 C

1 2

2.(2015· 安徽)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA

中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方
形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1 于F. (1)证明:EF∥B1C; 证明 由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC, 且A1B1=AB=DC, 所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,

1 2

又A1D?面A1DE,B1C?面A1DE, 于是B1C∥面A1DE.

又B1C?面B1CD1.
面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.

1 2

(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值. 解 因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形, 所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD.
→ → → 以 A 为原点,分别以AB,AD,AA1为 x 轴, y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间 直角坐标系,

1 2

可 得 点 的 坐 标 A(0,0,0) , B(1,0,0) , D(0,1,0) , A1(0,0,1) , B1(1,0,1),D1(0,1,1),
而 E 点为 B1D1 的中点,所以 E
?1 1 ? ? ? , , 1 点的坐标为?2 2 ?. ? ?

设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),
? → ? → ?1 1 ? 而该面上向量A1E=?2,2,0?,A1D=(0,1,-1), ? ?

1 2

→ → 由 n1⊥ A1E , n1⊥ A1D 得 r1 , s1 , t1 应 满 足 的 方 程 组 1 ?1 ? r1+ s1=0, 2 ?2 ?s -t =0, ? 1 1

(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).
设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),

1 2

→ → 而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),

由此同理可得n2=(0,1,1).
所以结合图形知二面角 EA1DB1 的余弦值为 |n1· n2| 2 6 = =3. |n1|· |n2| 3× 2

考情考向分析

以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点, 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.

热点分类突破 热点一 利用向量证明平行与垂直 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)则有: (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.

例1

如图,在直三棱柱ADE—BCF中,面ABFE和面ABCD

都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点.运 用向量方法证明:

(1)OM∥平面BCF; (2)平面MDF⊥平面EFCD.

证明 方法一 由题意,得AB,AD,AE两两垂 直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形边长为1, 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),
?1 ? ?1 1 1? ? ? ? , , F(1,0,1),M?2,0,0?,O? ?2 2 2?. ? ? ? ?

1 1? → ? → ? ? (1)OM=?0,-2,-2?,BA=(-1,0,0),
? ?

→ → → → ∴OM· BA=0, ∴OM⊥BA.

∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱,
→ ∴AB⊥平面 BCF,∴BA是平面 BCF 的一个法向量,

且OM?平面BCF,∴OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
? → → ? → ?1 ∵DF=(1,-1,1),DM=?2,-1,0? , DC =(1,0,0), ? ? ?

→ CF=(0,-1,1),

? → ?n1· DF=0, 由? → ?n · ? 1 DM=0.

?x1-y1+z1=0, ? 得?1 ?2x1-y1=0, ?

? ?y =1x , ? 1 2 1 解得? 1 ? z1=-2x1, ? ?

令 x1=1,则

? 1 1? ? 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=2DF-BF+2BA

1 → → 1 → 1→ 1→ → 1→ =2(DB+BF)-BF+2BA=-2BD-2BF+2BA
1 → → 1→ 1→ 1→ 1→ =-2(BC+BA)-2BF+2BA=-2BC-2BF.
→ → → ∴向量OM与向量BF,BC共面,

又OM?平面BCF,∴OM∥平面BCF.

(2)由题意知,BF,BC,BA两两垂直,
→ → → → → ∵CD=BA,FC=BC-BF,
1→? → → ? → ? 1→ ∴OM· CD=?-2BC-2BF? · BA =0, ?
? ?

1→? 1→2 1→2 → → ? → ? 1→ ? → OM· FC=?-2BC-2BF?· (BC-BF)=-2BC +2BF =0.
? ?

∴OM⊥CD,OM⊥FC,又CD∩FC=C, ∴OM⊥平面EFCD. 又OM?平面MDF,∴平面MDF⊥平面EFCD.

思维升华

用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何
中的定理.如要证明线面平行,只需要证明平面外的一

条直线和平面内的一条直线平行,即化归为证明线线
平行,用向量方法证明直线 a∥b ,只需证明向量 a = λb(λ∈R) 即可 . 若用直线的方向向量与平面的法向量垂 直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外.

跟踪演练1 如图所示,已知直三棱柱ABC—
A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC

=90°,且AB=AA1,D、E、F分别为B1A、
C1C、BC的中点.求证: (1)DE∥平面ABC;

证明 如图建立空间直角坐标系A-xyz,
令AB=AA1=4, 则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).

取AB中点为N,连接CN, 则N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2),

→ → → → ∴DE=(-2,4,0), NC=(-2,4,0), ∴DE=NC, ∴DE∥NC,
又∵NC?平面ABC,DE?平面ABC. 故DE∥平面ABC.

(2)B1F⊥平面AEF.
→ → → 证明 B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0).
→ → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,
→ → B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0.
→ → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF,

又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面AEF.

热点二 利用空间向量求空间角 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
π 设 l,m 的夹角为 θ(0≤θ≤2),则 |a1a2+b1b2+c1c2| |a· b| cos θ= = 2 2 2 2 2 2. |a||b| a1+b1+c1 a2+b2+c2

设直线 l ,m 的方向向量分别为 a = (a1, b1 ,c1), b = (a2, b2 ,

(2)线面夹角
π 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤2), |a· μ| 则 sin θ= =|cos〈a,μ〉|. |a||μ|

(3)面面夹角 设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π),
|μ· v| 则|cos θ|= =|cos〈μ,v〉|. |μ||v|

例2

(2015· 江苏)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,

已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为直角 π 梯形,∠ABC=∠BAD=2,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;

(2) 点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小

时,求线段BQ的长.



→ → → 以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所

示的空间直角坐标系 A-xyz,

则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0), P(0,0,2). (1)因为AD⊥平面PAB,

→ → 所以AD是平面 PAB 的一个法向量,AD=(0,2,0).
→ → 因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).

设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
→ → 则 m· PC=0,m· PD=0,
?x+y-2z=0, 即? 令 y=1,解得 z=1,x=1. ?2y-2z=0.

所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量. → AD · m 3 → 从而 cos〈AD,m〉= =3, → |AD||m|
3 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 .

→ → → (2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
→ → → → 又CB=(0,-1,0),则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),
→ 又DP=(0,-2,2),
→ → 1+2λ CQ· DP → → 从而 cos〈CQ,DP〉= = . 2 → → 10λ +2 |CQ||DP|

设1+2λ=t,t∈[1,3],
2 2 t 2 9 → → 2 则 cos 〈CQ,DP〉= 2 = ?1 5? ≤10. 20 5t -10t+9 ? 2 9? t -9? ? +9

?

?

9 2 3 10 → → 当且仅当 t=5, 即 λ=5时, |cos 〈CQ, DP〉 |的最大值为 10 . ? π? ? 因为 y=cos x 在?0,2? ?上是减函数, ? ?

此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
2 2 5 又因为 BP= 1 +2 = 5,所以 BQ=5BP= 5 .
2 2

思维升华

(1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤:①建立恰

当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐
标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论.

(2)求空间角注意:①两条异面直线所成的角α不一定是直线
的方向向量的夹角β,即cos α=|cos β|.②两平面的法向量的

夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.
③直线和平面所成的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.

跟踪演练2 (2014· 福建)在平面四边形ABCD中,

AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD
沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图所示. (1)求证:AB⊥CD; 证明 ∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD.

(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.
解 过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图. 由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD, BD?平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD.
→ → → 以 B 为坐标原点, 分别以BE, BD, BA的方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系.

1 1 依题意, 得 B(0,0,0), C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1), M(0, 2, 2), 1 1 → → → 则BC=(1,1,0),BM=(0,2,2),AD=(0,1,-1).

设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0),
? → ?n · BC=0, 则? → ?n· ? BM=0, ?x0+y0=0, ? 即?1 1 ?2y0+2z0=0, ?

取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1).

设直线AD与平面MBC所成角为θ,
→ | n · AD | 6 → 则 sin θ=|cos〈n,AD〉|= =3, → |n|· |AD|
6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 .

热点三 利用空间向量求解探索性问题
存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的

某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是
否成立.解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象 存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论,然后在这 个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设; 否则,给出肯定结论.

例3 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB
=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点.

(1)求证:A1B∥平面ADC1; 证明 连接A1C,交AC1于点O,连接OD.
由ABC-A1B1C1是直三棱柱,

得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.
又D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,

所以A1B∥OD.
因为OD?平面ADC1,A1B?平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.

(2)求二面角C1-AD-C的余弦值; 解 由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC=90°, 得BA,BC,BB1两两垂直. 以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz. 设BA=2, 则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).

设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z),
? → ?n · AD=0, 则有? → ?n· ? AC1=0. ?x-2y=0, 所以? ?2x-2y+z=0.

取y=1,得n=(2,1,-2). 易知平面ADC的一个法向量为v=(0,0,1).

n· v 2 所以 cos〈n,v〉= =-3. |n|· |v|

因为二面角C1-AD-C是锐二面角,
2 所以二面角 C1-AD-C 的余弦值为3.

(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60°角?若
存在,确定E点位置;若不存在,说明理由.

解 假设存在满足条件的点E.
因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.
→ → 所以AE=(0,λ-2,1),DC1=(1,0,1).

因为AE与DC1成60°角,

→ → |AE· DC1| 1 → → 所以|cos〈AE,DC1〉|= =2, → → |AE|· |DC1|
1 1 即 =2,解得 λ=1 或 λ=3(舍去). 2 ?λ-2? +1· 2

所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1成60°角.

思维升华

空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,
它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标

运算进行判断 .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 “ 点

的坐标是否有解,是否有规定范围内的解 ” 等,所以
为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法.

跟踪演练3 如图所示,四边形ABCD是边长为1 的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD, 且MD=NB=1,E为BC的中点. (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值; 解 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DM所 在直线分别为x轴,y轴,z轴,

建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),

1 B(1,1,0),N(1,1,1),E(2,1,0), 1 → → 所以NE=(-2,0,-1),AM=(-1,0,1). 1 → → 2 |NE· AM| 10 → → 因为|cos〈NE,AM〉|= = = 10 , → → 5 |NE|×|AM| 2× 2

10 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 .

(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,

求线段AS的长;若不存在,请说明理由.
解 假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.
→ 因为AN=(0,1,1),
→ → 可设AS=λAN=(0,λ,λ)(0≤λ≤1),
→ 1 又EA=(2,-1,0), → → → 1 所以ES=EA+AS=(2,λ-1,λ).

由ES⊥平面AMN,
?→ → ?ES· AM=0, 得? → → ?ES AN=0, ? · ? 1 ?- +λ=0, 即? 2 ??λ-1?+λ=0, ?

1 1 1 2 → → 故 λ=2,此时AS=(0,2,2),|AS|= 2 . 2 经检验,当 AS= 2 时,ES⊥平面 AMN. 故线段AN上存在点S,

2 使得 ES⊥平面 AMN,此时 AS= 2 .

高考押题精练
如图,五面体中,四边形 ABCD 是矩形,AB∥EF,AD⊥平 1 面 ABEF,且 AD=1,AB=2EF=2 2,AF=BE=2,P、Q 分别为 AE、BD 的中点.

(1)求证:PQ∥平面BCE; (2)求二面角A-DF-E的余弦值.

押题依据

利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的

建系、求法向量、求角等知识,是高考的重点和热点.

(1)证明 连接AC,
∵四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,

∴Q为AC的中点,
又在△AEC中,P为AE的中点,∴PQ∥EC,

∵EC?面BCE,PQ?面BCE,∴PQ∥平面BCE.

(2)解 如图,取EF的中点M,则AF⊥AM,
以A为坐标原点,以AM,AF,AD所在直线

分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则A(0,0,0),D(0,0,1),M(2,0,0),F(0,2,0).
→ → → 可得AM=(2,0,0),MF=(-2,2,0),DF=(0,2,-1).

设平面DEF的法向量为n=(x,y,z), ? → ?-2x+2y=0, ?x-y=0, ?n · MF=0, 则? 故? 即? → ?n· ?2y-z=0, ?2y-z=0. DF = 0. ?

令x=1,则y=1,z=2,
故n=(1,1,2)是平面DEF的一个法向量.

∵AM⊥面ADF, → ∴AM为平面 ADF 的一个法向量. → n· AM 2×1+0×1+0×2 6 → ∴cos〈n,AM〉= = =6. → 6×2 |n|· |AM|
由图可知所求二面角为锐角,
6 ∴二面角 A-DF-E 的余弦值为 6 .


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