届高三数学二轮复习第1部分专题4突破点12立体几何中的向量方法理.docx

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届高三数学二轮复习第1部分专题4突破点12立体几何中的向量方法理

突破点12　立体几何中的向量方法

提炼1

两条异面直线的夹角

（1）两异面直线的夹角θ∈.

（2）设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝.

提炼2

直线与平面的夹角

（1）直线与平面的夹角θ∈.

（2）设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.

提炼3

两个平面的夹角

（1）两个平面的夹角θ∈.

（2）设平面π1与π2的法向量分别为n1与n2，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝.

回访1　直线与平面的夹角

1．（2015·全国卷Ⅱ）如图121，长方体ABCDA1B1C1D1中，

图121

AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．

解]　

（1）交线围成的正方形EHGF如图所示．

　　　　　5分

（2）作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.

因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.

于是MH＝＝6，所以AH＝10.7分

以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A（10,0,0），H（10,10,0），E（10,4,8），F（0,4,8），＝（10,0,0），＝（0，－6,8）.8分

设n＝（x，y，z）是平面EHGF的法向量，则即

所以可取n＝（0,4,3）.10分

又＝（－10,4,8），故|cos〈n，〉|＝＝.

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.12分

回访2　两个平面的夹角

2．（2016·全国甲卷）如图122，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

图122

（1）证明：

D′H⊥平面ABCD；

（2）求二面角BD′AC的正弦值．

解]　

（1）证明：

由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得＝，

故AC∥EF.2分

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC得＝＝.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.4分

又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.5分

（2）如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H（0,0,0），A（－3，－1,0），B（0，－5,0），C（3，－1,0），D′（0,0,3），

＝（3，－4,0），＝（6,0,0），＝（3,1,3）.8分

设m＝（x1，y1，z1）是平面ABD′的法向量，则

即

所以可取m＝（4,3，－5）．

设n＝（x2，y2，z2）是平面ACD′的法向量，则

即

所以可取n＝（0，－3,1）.10分

于是cos〈m，n〉＝＝＝－.

sin〈m，n〉＝.

因此二面角BD′AC的正弦值是.12分

热点题型1　向量法求线面角

题型分析：

向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.

　（2016·全国丙卷）如图123，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

图123

（1）证明MN∥平面PAB；

（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

解]　

（1）证明：

由已知得AM＝AD＝2.

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，

所以MN∥平面PAB.4分

（2）取BC的中点E，连接AE.

由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，

且AE＝＝＝.6分

以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

由题意知P（0,0,4），M（0,2,0），C（，2,0），N，8分

＝（0,2，－4），＝，＝.

设n＝（x，y，z）为平面PMN的法向量，则

即

可取n＝（0,2,1）.10分

于是|cos〈n，〉|＝＝.

所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.12分

向量法求线面角的一般步骤

1．建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标．

2．写出相关向量的坐标．

3．求平面的法向量．

4．求线面角的正弦值．

5．转化为几何结论．

提醒：

直线和平面所成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．

变式训练1]　（2016·呼和浩特二模）如图124，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD的中点．

图124

（1）求证：

直线AF∥平面PEC；

（2）求PE与平面PBC所成角的正弦值．

【导学号：

85952043】

解]　

（1）证明：

作FM∥CD交PC于点M，连接EM.

∵点F为PD的中点，∴FM＝CD.

∵AE＝AB，AB＝CD，∴AE＝FM.

又AE∥FM，

∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM.

∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，

∴直线AF∥平面PEC.6分

（2）连接DE，

∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC.

以D为坐标原点，以DE，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分

则P（0,0,1），C（0,1,0），E，A，B，

∴＝，＝（0,1，－1），＝.8分

设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z）．

∵n·＝0，n·＝0，

∴取n＝（，3,3），

∴平面PBC的一个法向量为n＝（，3,3）.10分

设向量n与所成的角为θ，

∴cosθ＝＝－.

∴PE与平面PBC所成角的正弦值为.12分

热点题型2　向量法求二面角

题型分析：

向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.

　（2016·全国乙卷）如图125，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.

图125

（1）证明：

平面ABEF⊥平面EFDC；

（2）求二面角EBCA的余弦值．

解]　

（1）证明：

由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，

所以AF⊥平面EFDC.

又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.

（2）过D作DG⊥EF，垂足为G.

由

（1）知DG⊥平面ABEF.

以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.6分

由

（1）知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A（1,4,0），B（－3,4,0），E（－3,0,0），D（0,0，）.7分

由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.

又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，

所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°.

从而可得C（－2,0，）.8分

所以＝（1,0，），＝（0,4,0），＝（－3，－4，），＝（－4,0,0）．

设n＝（x，y，z）是平面BCE的法向量，

则即

所以可取n＝（3,0，－）.9分

设m是平面ABCD的法向量，则

同理可取m＝（0，，4）.10分

则cos〈n，m〉＝＝－.

故二面角EBCA的余弦值为－.12分

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．

变式训练2]　（名师押题）如图126，在四棱锥PABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝PB，O为AB的中点，OD⊥PC.

（1）求证：

OC⊥PD；

（2）若PD与平面PAB所成的角为30°，求二面角DPCB的余弦值.

【导学号：

85952044】

图126

解]　

（1）证明：

连接OP，∵PA＝PB，O为AB的中点，∴OP⊥AB.

∵侧面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，

∴OP⊥OD，OP⊥OC.

∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC，∴OD⊥OC.4分

又∵OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，∴OC⊥PD.6分

（2）取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.

由

（1）知OD⊥OC，则AB＝2AD，

又侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，

∴DA⊥平面PAB.

∴∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角，

∴∠DPA＝30°.

不妨设AD＝1，则AB＝2，

PA＝，PO＝.

∴B（0,1,0），C（1,1,0），D（1，－1,0），P（0,0，），

从而＝（1,1，－），＝（0，－2,0）.9分

设平面PCD的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

由得可取n1＝（，0,1）．

同理，可取平面PCB的一个法向量为n2＝（0，－，－1）.11分

于是cos〈n1，n2〉＝＝－.

∴二面角DPCB的余弦值为－.12分

热点题型3　利用空间向量求解探索性问题

题型分析：

1立体几何中的探索性题目主要有两类：

一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.

2其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决.

　如图127，空间几何体ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC.

图127

（1）证明：

AE∥平面BCD；

（2）若△ABC是边长为2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD与BD，CD所成角的余弦值均为，试问在CA上是否存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为.若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．

解题指导]　

（1）→→→

（2）→→→→→→→

解]　

（1）证明：

过点D作直线DO⊥BC交BC于点O，连接DO.

因为平面ABC⊥平面BCD，DO⊂平面BCD，

DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC，

所以DO⊥平面ABC.1分

因为直线AE⊥平面ABC，

所以AE∥DO.2分

因为DO⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，

所以直线AE∥平面BCD.4分

（2）连接AO，因为DE∥平面ABC，

所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD.

因为直线AD与直线BD，CD所成角的余弦值均为，

所以BD＝CD，所以O为BC的中点，所以AO⊥BC，

且cos∠ADC＝.

设DO＝a，因为BC＝2，所以OB＝OC＝1，AO＝.

所以CD＝，AD＝.

在△ACD中，AC＝2，

所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，

即4＝3＋a2＋1＋a2－2×××，

即·＝2a2，

解得a2＝1，a＝1.6分

以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为