利用向量解决立体几何探究性问题专题学案.docx
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利用向量解决立体几何探究性问题专题学案
利用向量解决立体几何探究性问题专题
方法梳理
1．立体几何中的向量方法
（1）直线的方向向量与平面的法向量的确定
①直线的方向向量：
l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称
为直线l的方向向量，与
平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．
②平面的法向量可利用方程组求出：
设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
（2）用向量证明空间中的平行关系
①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2（或l1与l2重合）⇔v1∥v2.
②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
④设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.
（3）用向量证明空间中的垂直关系
①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.
②设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.
③设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
（4）点面距的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝
.
2.空间向量与空间角的关系
（1）设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.
（2）设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|.
（3）求二面角的大小
（ⅰ）如图①，AB、CD是二面角α l β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈
，
〉．
（ⅱ）如图②③，n1，n2分别是二面角α l β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
题型一：
存在性问题
例1（2019·北京高考真题（理））如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且
．
（Ⅰ）求证：
CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且
．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【解析】
（Ⅰ）由于PA⊥平面ABCD，CD
平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
（Ⅱ）以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系
，
易知：
，
由
可得点F的坐标为
，由
可得
，
设平面AEF的法向量为：
，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：
，
很明显平面AEP的一个法向量为
，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为
.
（Ⅲ）易知
，由
可得
，
则
，注意到平面AEF的一个法向量为：
，
其
且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
例2．（2016·北京高考真题（理））如图,在四棱锥
中,平面
平面
.
（1）求证:
平面
；
（2）求直线
与平面
所成角的正弦值；
（3）在棱
上是否存在点
使得
平面
？
若存在,求
的值；若不存在,说明理由.
【答案】
（1）证明见解析；
（2）
；（3）存在，
.
【解析】
（Ⅰ）因为平面
平面
，
，
所以
平面
.所以
.又因为
，所以
平面
.
（Ⅱ）取
的中点
，连结
.因为
，所以
.
又因为
平面
，平面
平面
，所以
平面
.
因为
平面
，所以
.因为
，所以
.
如图建立空间直角坐标系
.由题意得，
.
设平面
的法向量为
，则
即
令
，则
.
所以
.又
，所以
.
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
（Ⅲ）设
是棱
上一点，则存在
使得
.
因此点
.因为
平面
，所以
平面
当且仅当
，即
，解得
.
所以在棱
上存在点
使得
平面
，此时
.
题型二：
最值问题
【例3】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．
【解析】建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则
＝
，
E
，设M（0，y，1）（0≤y≤1），
则
＝
，∴cosθ＝
＝－
.
设异面直线所成的角为α，
则cosα＝|cosθ|＝
＝
·
，令t＝1－y，则y＝1－t，
∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝
·
＝
＝
，
令x＝
，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝
，
又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞）上单增，∴x＝1，zmin＝5，
此时cosα的最大值＝
·
＝
·
＝
.答案
【例4】如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝
，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．
【解析】解 以{
，
，
}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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
是平面PAB的一个法向量，
＝（0,2,0）．
因为
＝（1,1，－2），
＝（0,2，－2）．
设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z），
则m·
＝0，m·
＝0，
即
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝（1,1,1）是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈
，m〉＝
＝
，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为
.
（2）因为
＝（－1,0,2），设
＝λ
＝（－λ，0,2λ）（0≤λ≤1），
又
＝（0，－1,0），则
＝
＋
＝（－λ，－1,2λ），
又
＝（0，－2,2），从而cos〈
，
〉＝
＝
.
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈
，
〉＝
＝
≤
.
当且仅当t＝
，即λ＝
时，|cos〈
，
〉|的最大值为
.
因为y＝cosx在
上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝
＝
，所以BQ＝
BP＝
.
【课后练习】1.（2017·全国高考真题（理））（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：
平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
【解析】
（1）由题设可得，
，从而
.
又
是直角三角形，所以
.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于
是正三角形，故
.
所以
为二面角
的平面角.在
中，
.
又
，所以
，
故
.所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）由题设及
（1）知，
两两垂直，以
为坐标原点，
的方向为
轴正方向，
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
.则
.
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的
，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的
，即E为DB的中点，得
.
故
.
设
是平面DAE的法向量，则
即
可取
.设
是平面AEC的法向量，则
同理可取
.
则
.所以二面角D-AE-C的余弦值为
.
2.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．
【解析】建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则
＝
，
E
，
设M（0，y，1）（0≤y≤1），
则
＝
，
∴cosθ＝
＝－
.
设异面直线所成的角为α，
则cosα＝|cosθ|＝
＝
·
，
令t＝1－y，则y＝1－t，
∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，
那么cosα＝|cosθ|＝
·
＝
＝
，
令x＝
，∵0≤t≤1，∴x≥1，
那么cosα＝
，
又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞）上单增，
∴x＝1，zmin＝5，
此时cosα的最大值＝
·
＝
·
＝
.
答案
3（2019·全国高考真题（理））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：
BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
证明
（1）因为
是长方体，所以
侧面
，而
平面
，所以
又
，
，
平面
，因此
平面
；
（2）以点
坐标原点，以
分别为
轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为
，所以
，
所以
，
，
设
是平面
的法向量，
所以
，
设
是平面
的法向量，
所以
，
二面角
的余弦值的绝对值为
，
所以二面角
的正弦值为
.
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