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2013届高三数学二轮复习 必考问题专项突破14 用空间向量法解决立体几何问题 理


考问题 14

用空间向量法解决立体几何问题

(2012·山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB= 60°,FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.

(1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F ? BD? C 的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD

是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°, 所以∠ADC=∠BCD=120°.又 CB=CD,所以∠CDB=30°, 因此∠ADB=90°,AD⊥BD,又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,

AE,AD? 平面 AED,所以 BD⊥平面 AED.
(2)解 连接 AC,由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA,CB,CF 两两垂直, 以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF

所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设 CB=1, 则 C(0,0,0),B(0,1,0),

D?

1 ? ? 3 ,- ,0?,F(0,0,1), 2 ? ?2

3 ? → → ? 3 因此BD=? ,- ,0?,BF=(0,-1,1). 2 2 ? ? 设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m·BD=0,m·BF=0,所以 x= 3y= 3z, 取 z=1,则 m=( 3,1,1). → 由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量,

1

→ m·CF 1 5 → 则 cos〈m,CF〉= = = , → 5 5 |m||CF| 所以二面角 FBDC 的余弦值为 5 . 5

对立体几何中的向量方法部分, 主要以解答题的方式进行考查, 而且偏重在第二问或者 第三问中使用这个方法,考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计 算,把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.

空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路, 作为解决空间几何问题的 重要工具, 首先要从定义入手, 抓住实质, 准确记忆向量的计算公式, 注意向量与线面关系、 线面角、面面角的准确转化;其次要从向量的基本运算入手,养成良好的运算习惯,确保运 算的准确性.

必备知识 ?直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,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)线面平行

l∥α ?a⊥μ ?a·μ =0?a1a3+b1b3+c1c3=0.
(2)线面垂直

l⊥α ?a∥μ ?a=kμ ?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3.
(3)面面平行 α ∥β ?μ ∥v?μ =λ v?a3=λ a4,b3=λ b4,c3=λ c4. (4)面面垂直 α ⊥β ?μ ⊥ν ?μ ·v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0. ?空间角的计算 (1)两条异面直线所成角的求法 设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ ,则 |a·b| cos φ =|cos θ |= (其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角). |a||b| (2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的
2

|e·n| 角为 φ ,两向量 e 与 n 的夹角为 θ ,则有 sin φ =|cos θ |= . |e||n|

(3)二面角的求法

①利用向量求二面角的大小,可以不作出平面角,如图所示, m,n〉即为所求二面角 〈 的平面角. ②对于易于建立空间直角坐标系的几何体, 求二面角的大小时, 可以利用这两个平面的 法向量的夹角来求. 如图所示,二面角 α lβ ,平面 α 的法向量为 n1,平面 β 的法向量为 n2, n1,n2〉= 〈 θ ,则二面有 α lβ 的大小为 θ 或 π θ .

?空间距离的计算 直线到平面的距离,两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离. 点 P 到平面 α 的距离,d= → |PM·n| (其中 n 为 α 的法向量,M 为 α 内任一点). |n | 必备方法 1.空间角的范围 π (1)异面直线所成的角(θ ):0<θ ≤ ; 2 π (2)直线与平面所成的角(θ ):0≤θ ≤ ; 2 (3)二面角(θ ):0≤θ ≤π . 2.用向量法证明平行、垂直问题的步骤: (1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系,也可以不建系),用空 间向量表示问题中涉及的点、直线、平面; (2)通过向量运算研究平行、垂直问题; (3)根据运算结果解释相关问题.

3

3.空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系:(1)求线面角时,得到 的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,而不是线面角的余弦; (2)求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析.

向量法证明垂直与平行 多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体,求证线线、线面、面面的平行或垂直,其中逻 辑推理和向量计算各有千秋,逻辑推理要书写清晰,“充分”地推出所求证(解)的结论;向 量计算要步骤完整,“准确”地算出所要求的结果. 【例 1】? 如图所示,已知直三棱柱 ABCA1B1C1 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; (2)B1F⊥平面 AEF. [审题视点]

[听课记录] → [审题视点] 建系后,(1)在平面 ABC 内寻找一向量与DE共线;(2)在平面 AEF 内寻找两 → 个不共线的向量与B1F垂直. 证明

如图建立空间直角坐标系 Axyz, 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).
(1)取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2),

4

→ → ∴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=(-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. → (1)要证明线面平行,只需证明DE与平面 ABC 的法向量垂直;另一个思路则 → → → →



→ → 是根据共面向量定理证明向量DE与NC相等. → (2)要证明线面垂直,只要证明B1F与平面 AEF 的法向量平行即可;也可根据线面垂直的 → → → → 判定定理证明B1F⊥EF,B1F⊥AF. 【突破训练 1】 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E,F 分别是 BB1,DC 的中点. (1)求证:D1F⊥平面 ADE; (2)设正方形 ADD1A1 的中心为 M,B1C1 的中点为 N,求证:MN∥平面 ADE. 证明

(1)如图,不妨设正方体的棱长为 1,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系 Dxyz, 则 D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),

F0, ,0,E1,1, ,
→ →

1 2

1 2

AD=(-1,0,0),D1F=0, ,-1, AD·D1F=(-1,0,0)·0, ,-1=0.
∴AD⊥D1F. → 1 2



1 2

5

1 → 1 → 又AE=0,1, ,D1F=0, ,-1, 2 2 1 1 1 1 → → ∴AE·D1F=0,1, ·0, ,-1= - =0. 2 2 2 2 ∴AE⊥D1F. 又 AE∩AD=A,D1F?平面 ADE, ∴D1F⊥平面 ADE. 1 1 1 1 → (2)∵M ,0, ,N ,1,1,∴MN=0,1, . 2 2 2 2 1 → 由(1)知,D1F=0, ,-1 是平面 ADE 的法向量. 2 1 1 → → 又∵MN·D1F=0+ - =0,∴MN⊥D1F. 2 2 ∵MN?平面 ADE,∴MN∥平面 ADE. 用向量法求线线角、线面角 多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体,考查线线角、线面角的求法, 正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键.

【例 2】? (2012·全国理)如图,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PA⊥底面 ABCD,

AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC.

(1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 APBC 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)由 =

PC AC 可得△FCE∽△PCA,则∠FEC=90°,易得 PC⊥EF、PC⊥BD. FC EC

(2)作 AG⊥PB 于 G, 由二面角 APBC 为 90°, 易得底面 ABCD 为正方形, 可得 AD∥面 PBC,

6

则点 D 到平面 PCB 的距离 d=AG, 找出线面角求解即可. 也可利用法向量求解, 思路更简单, 但计算量比较大. 法一

(1)证明 因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD,所以 PC⊥BD. 2 3 设 AC∩BD=F,连接 EF.因为 AC=2 2,PA=2,PE=2EC,故 PC=2 3,EC= ,FC 3 = 2,从而 = 6, = 6. 因为 =

PC FC

AC EC

PC AC ,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,由此知 PC⊥ FC EC

EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED.
(2)解 在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 APBC 为 90°,所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB,故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.

BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以底
面 ABCD 为正方形,AD=2,PD= PA +AD =2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC? 平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d=AG= 2.
2 2

d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α ,则 sin α = = . PD 2
所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 法二 (1)证明 以 A 为坐标原点, 射线 AC 为 x 轴的正半轴, 建立如图所示的空间直角 坐标系 Axyz.

C(2 2,0,0),设 D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2), E
4 2 2 ,0, ,B( 2,-b,0). 3 3

7

→ 于是PC=(2 2,0,-2), →

BE= DE=

2 2 ,b, , 3 3 2 2 ,-b, , 3 3



→ → → → 从而PC·BE=0,PC·DE=0, 故 PC⊥BE,PC⊥DE. 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → → (2)解 AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0). 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量,则

m·AP=0,m·AB=0,即 2z=0 且 2x-by=0,
令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则





n·PC=0,n·BE=0,
即 2 2p-2r=0 且 2p 2 +bq+ r=0, 3 3 2





令 p=1,则 r= 2,q=-

b

,n=1,-

2

b

, 2.

2 → 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m·n=0,即 b- =0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP

b

=(- 2,- 2,2). → n·DP 1 → → cos〈n,DP〉= = , n,DP〉=60°. 〈 → 2 |n||DP| → 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n,DP〉互余,故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为: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)求直线与平面所成的角 θ ,主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 α 求
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得,即 sin θ =|cos α |. 【突破训练 2】 (2011·陕西)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是

BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°.

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 A E 与 D B 夹角的余弦值. (1)证明 ∵折起前 AD 是 BC 边上的高,





∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC. ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ADB⊥平面 BDC. (2)解 由∠BDC=90°及(1)知 DA,DB,DC 两

两垂直,不妨设|DB|=1,以 D 为坐标原点,以 D B ,D C ,D A 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,易得







D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),

? ? A(0,0, 3),E? , ,0?,
1 3

?2 2

?

→ ?1 3 ? → ∴A E =? , ,- 3?,D B =(1,0,0), ?2 2 ? → → 2 A E ·D B 22 → → → → ∴A E 与 D B 夹角的余弦值为 cos〈A E ,D B 〉= = = . → → 22 22 |A E ||D B | 1×
4 1

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用向量法求二面角 用空间向量法求二面角的大小是高考的热点. 考查空间向量的应用以及运算能力, 题目 难度为中等. 【例 3】? (2012·天津改编)

如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD= 2,AC=1. (1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角 APCD 的正弦值. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] 建立空间坐标系,应用向量法求解. 解 如图,

以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),D(2,0,0),

C(0,1,0),B- , ,0,P(0,0,2).
→ (1)证明:易得PC=(0,1,-2), →

1 1 2 2

AD=(2,0,0).
→ → 于是PC·AD=0,所以 PC⊥AD. → → (2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z),

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?n·→=0, ? PC 则? ? → ?n·CD=0,
可得 n=(1,2,1).

?y-2z=0, ? 即? ? ?2x-y=0.

不妨令 z=1,

可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0).

m·n 1 6 于是 cos〈m,n〉= = = . |m|·|n| 6 6
从而 sin〈m,n〉= 30 . 6 30 . 6

所以二面角 APCD 的正弦值为

借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法. 求解过程中应注意以下几 个方面: (1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所 求; (2)求平面的法向量的方法:①待定系数法:设出法向量坐标,利用垂直关系建立坐标 的方程解之; ②先确定平面的垂线, 然后取相关线段对应的向量, 即确定了平面的法向量. 当 平面的垂线较易确定时,常考虑此方法. 【突破训练 3】 (2012·唐山一模)如图,

在三棱柱 ABCA1B1C1 中, 1⊥底面 ABC, CC 底面是边长为 2 的正三角形, , 分别是棱 CC1、 M N

AB 的中点.
(1)求证:CN∥平面 AMB1; (2)若二面角 AMB1C 为 45°,求 CC1 的长. (1)证明 设 AB1 的中点为 P,连接 NP、MP. 1 1 ∵CM 綉 AA1,NP 綉 AA1,∴CM 綉 NP, 2 2 ∴CNPM 是平行四边形,∴CN∥MP. ∵CN?平面 AMB1,MP? 平面 AMB1, ∴CN∥平面 AMB1.

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→ (2)解 如图,以 C 为原点,建立空间直角坐标系 Cxyz,使 x 轴、y 轴、z 轴分别与NA、 →

CN、CC1同向.
则 C(0,0,0),A(1, 3,0),



B(-1, 3,0),设 M(0,0,a)(a>0),
则 B1(-1, 3,2a), →

MA=(1, 3,-a),MB1=(-1, 3,a),CM=(0,0,a),
设平面 AMB1 的法向量 n=(x,y,z), → → 则 n·MA=0,n·MB1=0,





?x+ 3y-az=0, 即? ?-x+ 3y+az=0,
则 y=0,令 x=a,则 z=1,即 n=(a,0,1). 设平面 MB1C 的一个法向量是 m=(u,v,w), → → 则 m·MB1=0,m·CM=0,

?-u+ 3v+aw=0, 即? ?aw=0,
则 w=0,令 v=1,则 u= 3,即 m=( 3,1,0). 3a 所以 cos〈m,n〉= , 2 2 a +1 3a 2 依题意, m,n〉=45°,则 〈 = ,解得 a= 2,所以 CC1 的长为 2 2. 2 2 2 a +1 利用向量法解决立体几何中的 探索性问题 此类问题命题背景宽,涉及到的知识点多,综合性较强,通常是寻找使结论成立的条件 或探索使结论成立的点是否存在等问题, 全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度, 考 生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力.

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【例 4】? 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; (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. [审题视点]

[听课记录] → [审题视点] 建立以 D 为原点的空间直角坐标系,利用向量法求解,第(2)问中设AS= → λ AN,由 ES⊥平面 AMN 可得 λ 值. 解 (1)

如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意,易得 D(0,0,0),A(1,0,0),

M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0), N(1,1,1),E ,1,0.
1 → ∴NE=- ,0,-1, 2 → 1 2

AM=(-1,0,1).
1 - → → 2 NE·AM 10 → → ∵cos〈NE,AM〉= = =- , → → 10 5 |NE|·|AM| × 2 2 ∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 . 10
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(2)假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN. → → → ∵AN=(0,1,1),可设AS=λ AN=(0,λ ,λ ), → 1 → → → 1 又EA= ,-1,0,∴ES=EA+AS= ,λ -1,λ . 2 2 → ?→·AM=0, ?ES 由 ES⊥平面 AMN,得? ?→ → ?ES·AN=0,

?-1+λ =0, ? 即? 2 ?? λ -1? +λ =0, ?

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

AS=

2 . 2 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, 是否有规定范围的解”等, 因此使用问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题. 【突破训练 4】 如图 1,

∠ACB=45°,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连接 AB, 沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90°(如图 2 所示).

(1)当 BD 的长为多少时,三棱锥 ABCD 的体积最大; (2)当三棱锥 ABCD 的体积最大时,设点 E,M 分别为棱 BC,AC 的中点,试在棱 CD 上确 定一点 N,使得 EN⊥BM,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小. 解 (1)法一 在如题图 1 所示的△ABC 中,设 BD=x(0<x<3),则 CD=3-x.由 AD⊥

BC,∠ACB=45°知,△ADC 为等腰直角三角形,所以 AD=CD=3-x.
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由折起前 AD⊥BC 知,折起后(如题图 2),AD⊥DC,AD⊥BD,且 BD∩DC=D, 1 1 1 所以 AD⊥平面 BCD.又∠BDC=90°, 所以 S△BCD= BD·CD= x(3-x), 于是 VABCD= AD·S 2 2 3
△BCD

1 1 1 1 2x+? 3-x? +? = (3-x)· x(3-x)= ·2x(3-x)(3-x)≤ 3 2 12 12 3 当且仅当 2x=3-x,即 x=1 时,等号成立, 故当 x=1,即 BD=1 时,三棱锥 ABCD 的体积最大. 法二 同法一,得

3-x?

3

2 = , 3

VABCD= AD·S△BCD= (3-x)· x(3-x)
1 3 1 3 2 2 = (x -6x +9x).令 f(x)= (x -6x +9x), 6 6 1 由 f′(x)= (x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 2 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,3)时,f′(x)<0. 所以当 x=1 时,f(x)取得最大值. 故当 BD=1 时,三棱锥 ABCD 的体积最大.

1 3

1 3

1 2

(2)以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 由(1)知,当三棱锥 ABCD 的体积最大时,BD=1,AD=CD=2. 于是可得 D(0,0,0),B(1,0,0),

C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1), E ,1,0,且BM=(-1,1,1).
1 → 设 N(0,λ ,0),则EN=- ,λ -1,0. 2 → → 因为 EN⊥BM 等价于EN·BM=0, 1 1 即- ,λ -1,0·(-1,1,1)= +λ -1=0, 2 2 1 1 故 λ = ,N0, ,0. 2 2 1 所以当 DN= (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时,EN⊥BM. 2
15

1 2



设平面 BMN 的一个法向量为 n=(x,y,z),

?n⊥→, ? BN 由? ? → ?n⊥BM,

?y=2x, ? 1 → 及BN=-1, ,0,得? 2 ? ?z=-x.

可取 n=(1,2,-1).

1 1 → 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 θ ,则由EN=- ,- ,0,n=(1,2,-1),可得 sin 2 2 1 - -1 → 2 n·EN 3 θ =cos (90°-θ )= = = ,即 θ =60°. → 2 2 |n|·|EN| 6× 2 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°.

利用向量法求空间角要破“四关” 利用向量法求解空间角,可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三 计算”的繁琐过程,利用法向量求解空间角的关键在于“四破”.第一破“建系关”,第二 破“求坐标关”;第三破“求法向量关”;第四破“应用公式关”,熟记线面成的角与二面 角的公式,即可求出空间角. 【示例】? (2012·佛山调研)如图所示,在三棱锥 PABC 中,已知 PC⊥平面 ABC,点 C 在平面 PBA 内的射影 D 在直线 PB 上.

(1)求证:AB⊥平面 PBC; (2)设 AB=BC,直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 45°,求异面直线 AP 与 BC 所成的角; (3)在(2)的条件下,求二面角 CPAB 的余弦值. [满分解答] (1)∵PC⊥平面 ABC,AB? 平面 ABC, ∴AB⊥PC.∵点 C 在平面 PBA 内的射影 D 在直线 PB 上, ∴CD⊥平面 PAB. 又∵AB? 平面 PBA,∴AB⊥CD. 又∵CD∩PC=C,∴AB⊥平面 PBC.(4 分)

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(2)∵PC⊥平面 ABC, ∴∠PAC 为直线 PA 与平面 ABC 所成的角. 于是∠PAC=45°,设 AB=BC=1,则 PC=AC= 2,以 B 为原点建立如图所示的空间直 角坐标系,则 B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),P(1,0, 2), →

AP=(1,-1, 2),BC=(1,0,0),
→ → AP·BC 1 → → ∵cos〈AP,BC〉= = , → → 2 |AP|·|BC| ∴异面直线 AP 与 BC 所成的角为 60°.(8 分) → 1 1 (3)取 AC 的中点 E,连接 BE,则BE= , ,0, 2 2 ∵AB=BC,∴BE⊥AC.又∵平面 PCA⊥平面 ABC, → ∴BE⊥平面 PAC.∴BE是平面 PAC 的法向量.设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则



?n⊥→, ? BA 由? ?n⊥→, ? AP

得?

?y=0, ?x-y+ 2z=0,

取 z=1,得?

?y=0, ?x=- 2,

∴n=(- 2,0,1). 3 → 于是 cos〈n,BE〉= = =- . → 3 2 |n|·|B E | 3· 2 又∵二面角 CPAB 为锐角, ∴所求二面角的余弦值为 3 .(12 分) 3 → n·BE - 2 2

老师叮咛:? 1? 解决此类问题,一定要先分析已知条件中,是否直接说出此三条直线 是两两垂直,否则,要先证明以后才能建立坐标系,另外,要在作图时画出每条坐标轴的方 向.? 2? 有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系, 如求解二面角时, 不能根据几何

体判断二面角的范围,忽视法向量的方向,误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角,导 3 3 → 致出错.如本例中求得 cos BE=- ,不少考生回答为:二面角的余弦值为- ,这是错 3 3 误的,原因是忽视了对二面角 CPAB 的大小的判断. 【试一试】 (2012·东北三校模拟)如图所示,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC,

AB=BC=CA=AA1,D 为 AB 的中点.

17

(1)求证:BC1∥平面 DCA1; (2)求二面角 DCA1C1 的平面角的余弦值. (1)证明

如图所示,以 BC 的中点 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz,设 AB=BC=CA=AA1=2.

?n·→=0, ? CD 设 n=(x,y,z)是平面 DCA1 的一个法向量,则? ? → ?n·CA1=0.
3 → → 3 又CD= ,0, ,CA1=(1,2, 3), 2 2 所以?

? 3x+z=0, ?x+2y+ 3z=0.

令 x=1,z=- 3,y=1,

→ 所以 n=(1,1,- 3).因为BC1=(-2,2,0), → 所以 n·BC1=-2+2+0=0. 又 BC1?平面 DCA1,所以 BC1∥平面 DCA1. (2)解 设 m=(x1,y1,z1)是平面 CA1C1 的一个法向量, → ?m·CC1=0, ? 则? → ?m·CA1=0. ? 所以? → → 又CC1=(0,2,0),CA1=(1,2, 3),

?y1=0, ?x1+2y1+ 3z1=0.

令 z1=1,x1=- 3,

-2 3 15 所以 m=(- 3,0,1).所以 cos〈m,n〉= =- . 5 2 5 所以所求二面角的余弦值为- 15 . 5

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必考问题

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