1、第11讲 空间向量与立体几何,总纲目录,考点一 利用向量法证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面、的法向量分别为 =(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3). (1)线面平行 laa=0a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直 laa=k(k0)a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k0).,(3)面面平行 v=v(0)a2=a3,b2=b3,c2=c3(0). (4)面面垂直 vv=0a2a3+b2b3+c2c3=0.,1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=90,BC=2,CC1=4,点E在线段 BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为C
2、C1,C1B1,C1A1的中点.求证: (1)B1D平面ABD; (2)平面EGF平面ABD.,证明 (1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4), 设BA=a(a0),则A(a,0,0), 所以 =(a,0,0), =(0,2,2), =(0,2,-2), 所以 =0, =0+4-4=0,即B1DBA,B1DBD. 又BABD=B,BA,BD平面ABD, 因此B1D平面ABD. (2)由(1),知E(0,0,3),G ,F(0,1,4), 则 = , =(0
3、,1,1), 所以 =0+2-2=0, =0+2-2=0, 即B1DEG,B1DEF. 又EGEF=E,EG,EF平面EGF, 因此B1D平面EGF.,结合(1)可知平面EGF平面ABD.,2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC, AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明: (1)BEDC; (2)BE平面PAD; (3)平面PCD平面PAD.,证明 依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1, 0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1) =(0,1,1), =(
4、2,0,0),故 =0. 所以BEDC. (2)因为PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以ABPA,又ABAD,PAAD=A,所以AB平面PAD, 所以 =(1,0,0)为平面PAD的一个法向量. 而 =(0,1,1)(1,0,0)=0,所以BEAB, 又BE平面PAD,所以BE平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量 =(1,0,0), =(0,2,-2), =(2, 0,0), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则 即 不妨令y=1,可得n=(0,1,1).,因为n =(0,1,1)(1,0,0)=0,所以n . 所以平面PCD平面PAD.,方法归纳,利用向量法证明
5、平行与垂直的四个步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知的垂直关 系; (2)建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题 中所涉及的点、直线、平面; (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量,再研究平行、垂 直关系; (4)根据运算结果解释相关问题.,考点二 利用空间向量求空间角,1.向量法求异面直线所成的角 若异面直线a,b的方向向量分别为a,b,所成的角为,则cos =|cos|= .,2.向量法求线面所成的角 求出平面的法向量n,直线的方向向量a,设线面所成的角为,则sin =|cos|= .,3.向量法求二面角 求出二面角-l-的两个半平面与的法向量n
6、1,n2,若二面角-l- 所成的角为锐角,则cos =|cos|= ; 若二面角-l-所成的角为钝角,则cos =-|cos|=- .,命题角度一:异面直线所成的角,例1 (2018课标全国,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB= BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C,解析 解法一:如图,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建 立空间直角坐标系.由题意,得A(1,0,0),D(0,0,0),D1(0,0, ),B1(1,1, ), =(-1,0, ), =(1,1, ), =-11+01+( )2
7、=2, | |=2,| |= ,cos= = = . 故选C. 解法二:如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长 方体ABBA-A1B1B1A1.连接B1B,由长方体的性质可知,B1BAD1, 所以DB1B或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角.连接DB,由 题意,得DB= = ,BB1= =2,DB1= .,在DBB1中,由余弦定理,得 DB2=B +D -2BB1DB1cosDB1B, 即5=4+5-22 cosDB1B,cosDB1B= . 故选C.,方法归纳,异面直线所成角的求法 (1)定义法:过空间中任一点,分别作异面直线的平行线,则这两条 相交直线所成的锐角
8、或直角等于异面直线所成角.定义法求解的 实质就是将空间中异面直线所成角转化为平面三角形的内角进 行求解. (2)向量法:设异面直线a,b的方向向量分别为a,b,则异面直线a,b所 成角的余弦值等于|cos|.,例2 (2018课标全国,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F 分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P 的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,命题角度二:直线与平面所成的角,解析 (1)证明:由已知可得BFEF,BFPF,所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面A
9、BFD. (2)如图,作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为坐标原点, 的方向为y轴正方向,| |为单位长,建立如图,所示的空间直角坐标系H-xyz. 由(1)可得,DEPE. 又DP=2,DE=1, 所以PE= . 又PF=1,EF=2, 所以PEPF. 所以PH= ,EH= . 则H(0,0,0),P ,D ,= , = .,为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为, 则sin = = = . 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 .,方法归纳,利用空间向量求线面角的注意事项 (1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取 其补角)的角度
10、,再取其余角即为所求. (2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2+cos2=1求出 其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦 值即为所求.,例3 (2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平 面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= ,AC= AA1=2. (1)求证:AC平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)证明:直线FG与平面BCD相交.,命题角度三:二面角,解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为CC1平面ABC, 所以四边形A1ACC1为矩形. 又E
11、,F分别为AC,A1C1的中点, 所以ACEF. 因为AB=BC, 所以ACBE. 所以AC平面BEF. (2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1. 又CC1平面ABC,所以EF平面ABC. 因为BE平面ABC, 所以EFBE. 如图建立空间直角坐标系E-xyz.,由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 所以 =(-1,-2,0), =(1,-2,1). 设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0), 则 即 令y0=-1,则x0=2,z0=-4. 于是n=(2,-1,-4). 又因为平面CC1D的一个法向量为 =(0,2,
12、0), 所以cos= =- .,由题知二面角B-CD-C1为钝角, 所以其余弦值为- . (3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4), =(0,2,-1). 因为n =20+(-1)2+(-4)(-1)=20, 所以直线FG与平面BCD相交.,方法归纳,1.利用空间向量求二面角的思路 二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与公共棱垂直的直 线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向 量的夹角求得,它等于两个法向量的夹角或其补角.,2.利用空间向量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,写出相关向量的坐标. (3)结合
13、公式进行论证、计算. (4)转化为几何结论.,1.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2, 点P,Q分别为A1B1,BC的中点. (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.,解析 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1, 则OBOC,OO1OC,OO1OB, 以 , , 为基底,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B( ,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1( ,0,2),C1(0,1,2). (1
14、)因为P为A1B1的中点,所以P . 从而 = , =(0,2,2). 故|cos|= = = . 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 . (2)因为Q为BC的中点,所以Q , 因此 = , =(0,2,2), =(0,0,2).,设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量, 则 即 不妨取n=( ,-1,1). 设直线CC1与平面AQC1所成角为, 则sin =|cos|= = = , 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 .,2.(2018南昌摸底调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABC=ACD= 90,BAC=CAD=60,PA平面ABCD,PA=2,AB=1.设M
15、,N分别 为PD,AD的中点. (1)求证:平面CMN平面PAB; (2)求二面角N-PC-A的平面角的余弦值.,解析 (1)证明:M,N分别为PD,AD的中点, MNPA.又MN平面PAB,PA平面PAB, MN平面PAB. 在RtACD中,CAD=60,CN=AN, ACN=60. 又BAC=60,CNAB. CN平面PAB,AB平面PAB,CN平面PAB. 又CNMN=N,平面CMN平面PAB. (2)PA平面ABCD,PA平面PAC,平面PAC平面ACD, 又DCAC,平面PAC平面ACD=AC,DC平面PAC. 如图,以点A为原点,AC所在直线为x轴,AP所在直线为z轴建立空 间直角
16、坐标系.A(0,0,0),C(2,0,0),P(0,0,2),D(2,2 ,0),N(1, ,0), =(-1, ,0), =(1, ,-2), 设n=(x,y,z)是平面PCN的法向量,则 即 可取n=( ,1, ), 又平面PAC的一个法向量为 =(0,2 ,0), cos= = = , 由图可知,二面角N-PC-A的平面角为锐角, 二面角N-PC-A的平面角的余弦值为 .,考点三 立体几何中的探索性问题,例 (2018长春质量检测(二)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底 面ABCD为等腰梯形,AD=2BC=2CD=4,AA1=2 . (1)证明:AD1B1D; (2)设E是线
17、段A1B1(不包括端点)上的动点,是否存在这样的点E,使 得二面角E-BD1-A的余弦值为 ?如果存在,求出B1E的长;如果不 存在,请说明理由.,解析 (1)证明:连接BD,B1D1,在等腰梯形ABCD中,由AD=2BC=2 CD=4,得BD=2 ,故四边形B1BDD1是正方形,BD1B1D.AD1B1D. (2)存在.以B为原点, 方向为x轴正方向, 方向为y轴正方向,方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.设B1E=m(0,m2),则E(0,-m,2 ),B(0,0,0),D1(-2 ,0,2 ),A(0,-2,0),=(0,-m,2 ), =(-2 ,0,2 ), 设平面EBD
18、1的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 令z1=m,则 所以n1=(m,2 ,m).=(0,-2,0), =(-2 ,0,2 ), 设平面BD1A的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 即 令x2=1,则 所以n2=(1,0,1), |cos|= = ,则m=1,故B1E的长为1.,方法归纳,利用空间向量巧解探索性问题 (1)对于存在型问题,解题时,把要满足的结论当作条件,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.,(2018辽宁五校协作
19、体联考)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD 为直角梯形,其中CDAB,BCAB,侧面ABE平面ABCD,且AB= AE=BE=2BC=2CD=2,动点F在棱AE上,且EF=FA. (1)试探究的值,使CE平面BDF,并给予证明; (2)当=1时,求直线CE与平面BDF所成角的正弦值.,解析 (1)猜想当= 时,CE平面BDF.下面证明猜想成立: 连接AC交BD于点G,连接GF, CDAB,AB=2CD, = = , EF= FA, = = ,GFCE. 又CE平面BDF,GF平面BDF,CE平面BDF. (2)取AB的中点O,连接EO,则EOAB, 平面ABE平面ABCD,平面ABE平
20、面ABCD=AB,且EOAB, EO平面ABCD, 连接DO,BOCD,且BO=CD=1,四边形BODC为平行四边形,BCDO,又BCAB,ABOD, 则OD,OA,OE两两垂直,以OD,OA,OE所在的直线分别为x,y,z轴, , , 方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系 O-xyz, 则O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,-1,0),D(1,0,0),C(1,-1,0),E(0,0, ). 当=1时,有 = ,F , =(1,1,0), =(-1,1, ), = . 设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),则有 即 令z= ,得y=-1,x=1,则n=(1,-1, ) 为平面BDF的一个法向量, 设直线CE与平面BDF所成的角为, 则sin =|cos|= , 故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为 .,
