届高三数学理二轮专题复习讲义 专题五 第三讲空间向量与立体几何1Word下载.docx

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（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－l－β，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α－l－β的大小为θ或π－θ.

1．（2012·

陕西）如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝

2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（　　）

A.B.

C.D.

答案　A

解析　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.

可得O（0,0,0），B（0,0,1），C1（0,2,0），A（2,0,0），B1（0,2,1），

∴1＝（0,2，－1），1＝（－2,2,1），

∴cos〈1，1〉＝＝＝＝>

0.

∴1与1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，

∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.

2．（2013·

辽宁）如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．

（1）求证：

平面PAC⊥平面PBC；

（2）若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．

（1）证明　由AB是圆的直径，得AC⊥BC，

由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.

又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，

所以BC⊥平面PAC.

因为BC⊂平面PBC，

所以平面PBC⊥平面PAC.

（2）解　方法一　过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.

如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.

因为PA＝1，所以A（0,1,0），B（，0,0），P（0,1,1）．

故C＝（，0,0），C＝（0,1,1）．

设平面BCP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

则所以

不妨令y1＝1，则n1＝（0,1，－1）．

因为A＝（0,0,1），A＝（，－1,0），

设平面ABP的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

则

所以

不妨令x2＝1，则n2＝（1，，0）．

于是cos〈n1，n2〉＝＝.

所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为.

方法二过C作CM⊥AB于M，因为PA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，

所以PA⊥CM，又PA∩AB＝A，故CM⊥平面PAB.所以CM⊥PB.

过M作MN⊥PB于N，连接NC，

所以PB⊥面MNC，所以CN⊥PB，

所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．

在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，

得BC＝，CM＝，BM＝，

在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝.

因为Rt△BNM∽Rt△BAP，

所以＝，故MN＝.

又在Rt△CNM中，CN＝，

故cos∠CNM＝.

所以二面角C－PB－A的余弦值为.

题型一　利用空间向量证明平行与垂直

例1

　如图所示，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E、F、O分别为PA、PB、AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.

（1）设G是OC的中点，证明：

FG∥平面BOE；

（2）证明：

在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.

审题破题　以O点为原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求解．

（1）证明　如图所示，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系

O—xyz，则O（0,0,0），A（0，－8，0），B（8,0,0），C（0,8,0），P（0，

0,6），E（0，－4,3），F（4,0,3），由题意得，G（0,4,0），因＝

（8,0,0），＝（0，－4,3），因此平面BOE的一个法向量n＝（0,3,4），＝（－4,4，－3），得n·

＝0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE.

（2）设点M的坐标为（x0，y0,0），

则＝（x0－4，y0，－3），

因为FM⊥平面BOE，所以有∥n，

因此有x0＝4，y0＝－，

即点M的坐标为，

在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，

所以，在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.

反思归纳　

（1）空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：

一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；

二是利用空间向量法来论证．

（2）用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，直接计算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷，但是向量法要求计算必须准确无误．

变式训练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　

（1）由题意，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），

F（1,0,1），M，

O.

（1）＝，＝（－1,0,0），

∴·

＝0,∴⊥.

∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，

∴AB⊥平面BCF，∴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，－1,1），＝，＝（1,0,0），

由n1·

＝n1·

＝0，

得

令x1＝1，则n1＝.

同理可得n2＝（0,1,1）．

∵n1·

n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.

题型二　利用向量求空间角

例2

　如图，三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC.PB＝BC＝CA＝4，∠BCA＝90°

，E为PC的中点．

BE⊥平面PAC；

（2）求二面角E－AB－C的余弦值．

审题破题　本题的关键是在平面ABC内找到两条互相垂直的直线，可以过点B作BC的垂线BT，分别以BC，BT，BP为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

（1）证明　

⇒

⇒BE⊥面PAC.

（2）解　如图，在平面ABC内过点B作BT⊥BC，分别以BC，BT，BP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B（0,0,0），C（4,0,0），A（4,4,0），P（0,0,4），E（2,0,2），则＝（4,4,0），＝（2,0,2），平面ABC的法向量为n1＝（0,0,1），设平面ABE的法向量为n2＝（x，y，z）．

则·

n2＝0，·

n2＝0，即.

令z＝1，得x＝－1，y＝1，即n2＝（－1,1,1）．

设二面角E－AB－C为θ，则cosθ＝＝.

反思归纳　利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．

变式训练2　（2012·

课标全国）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.

（1）证明：

DC1⊥BC；

（2）求二面角A1－BD－C1的大小．

（1）证明　由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.

又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，CD∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.

因为BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC.

（2）解　由

（1）知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．

以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角

坐标系C－xyz.

由题意知A1（1,0,2），B（0,1,0），D（1,0,1），C1（0,0,2）．

则＝（0,0，－1），＝（1，－1，1），＝（－1,0,1）．

设n＝（x，y，z）是平面A1B1BD的法向量，则

即

可取n＝（1,1,0）．

同理，设m＝（x，y，z）是平面C1BD的法向量，

则即

可取m＝（1,2,1）．

从而cos〈n，m〉＝＝.

故二面角A1－BD－C1的大小为30°

.

题型三　利用向量求空间距离

例3

　如图所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，BA＝BC＝2，·

＝0，异面直线A1B与AC成60°

的角，点O、E分别是棱AC和BB1的中点，点F是棱B1C1上的动点．

A1E⊥OF；

（2）求点E到面AB1C的距离；

（3）求二面角B1—A1C—C1的大小．

审题破题　在已知三棱柱中，直线BA，BC，BB1两两垂直，已有空间直角坐标系的框架．

（1）证明　设棱柱的高为h，以B为坐标原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则B（0,0,0），A（2,0,0），C（0,2,0），O（1,1,0），A1（2,0，h），

∴＝（2,0，h），＝（2，－2,0），

∴cos〈，〉＝＝，

即cos60°

＝＝，解得h＝2.

∴E（0,0,1），A1（2,0,2），∴＝（－2,0，－1）．

∵F是B1C1上的动点，

∴设F（0，y,2），∴＝（－1，y－1,2），

＝（－2,0，－1）·

（－1，y－1,2）＝0，

∴⊥，即A1E⊥OF.

（2）解　易求面AB1C的法向量为n＝（1,1,1），

＝（2,0，－1），

所以E到面AB1C的距离为d＝＝＝.

（3）解　∵平面A1CC1的一个法向量是＝（1,1,0）．

设平面A1B1C的一个法向量是

n＝（x，y，z），＝（－2,2，－2），＝（－2,0,0），

则n·

＝（x，y，z）·

（－2,2，－2）

＝－2x＋2y－2z＝0，①

n·

（－2,0,0）＝－2x＝0，∴x＝0.②

代入①并令z＝1得y＝1，∴n＝（0,1,1），

∴cos〈n，〉＝＝＝，

∴〈n，〉＝60°

，即二面角B1—A1C—C1的大小为60°

反思归纳　求点面距的常用方法：

①直接法：

即寻找或作出与该距离相对应的垂线段，此法的关键是确定垂足的位置，然后借助于直角三角形求解；

②等体积法：

把所求的距离转化为三棱锥的高，再通过变换三