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第3講 立體幾何中的向量方法
1.(2018全國Ⅱ卷,理9)在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為( C )
(A)15 (B)56 (C)55 (D)22
解析:法一
如圖,連接BD1,交DB1于O,取AB的中點M,連接DM,OM,易知O為BD1的中點,
所以AD1∥OM,則∠MOD或其補角為異面直線AD1與DB1所成角.
因為在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,AD1=AD2+DD12=2,
DM=AD2+(12AB)2=52,
DB1=AB2+AD2+DD12=5,
所以OM=12AD1=1,OD=12DB1=52,
于是在△DMO中,由余弦定理,得
cos∠MOD=12+(52)2-(52)22152=55,
即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為55,故選C.
法二
如圖,分別以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系.
由題意,得A(1,0,0),D(0,0,0),
D1(0,0,3),B1(1,1,3),
所以AD1→=(-1,0,3),DB1→=(1,1,3),
所以AD1→DB1→=-11+01+(3)2=2,
|AD1→|=2,|DB1→|=5,
所以cos
=AD1→DB1→|AD1→||DB1→|=225=55.故選C.
2.(2018全國Ⅰ卷,理18)
如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF.
(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.
(1)證明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,
又PF∩EF=E,所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解:
如圖,作PH⊥EF,垂足為H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H為坐標原點,HF→的方向為y軸正方向,|BF→|為單位長度,建立如圖所示的空間直角坐標系Hxyz.
由(1)可得,DE⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=3.
又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.
可得PH=32,EH=32.
則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,
DP→=1,32,32,HP→=0,0,32.
又HP→為平面ABFD的法向量.
設DP與平面ABFD所成角為θ,
則sin θ=|HP→DP→|HP→||DP→||=343=34.
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.
1.考查角度
考查空間向量在求解空間角中的應用.
2.題型及難易度
解答題,難度中等偏上.
(對應學生用書第39~41頁)
向量法求線面角
【例1】
(2018石家莊市質量檢測二)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側面BB1C1C為∠CBB1=60的菱形,AB=AC1.
(1)證明:平面AB1C⊥平面BB1C1C;
(2)若AB⊥B1C,直線AB與平面BB1C1C所成的角為30,求直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值.
(1)證明:
如圖1,連接BC1,交B1C于O,連接AO,
因為側面BB1C1C為菱形,
所以B1C⊥BC1,
因為AB=AC1,O為BC1的中點,
所以AO⊥BC1,
又B1C∩AO=O,
所以BC1⊥平面AB1C,
又BC1?平面BB1C1C,
所以平面AB1C⊥平面BB1C1C.
(2)解:因為AB⊥B1C,BO⊥B1C,AB∩BO=B,
所以B1C⊥平面ABO,
又AO?平面ABO,
所以AO⊥B1C,從而OA,OB,OB1兩兩垂直.
以O為坐標原點,OB→的方向為x軸正方向,建立如圖2所示的空間直角坐標系Oxyz,
因為直線AB與平面BB1C1C所成的角為30,
所以∠ABO=30.
設AO=1,則BO=3,
又∠CBB1=60,
所以△CBB1是邊長為2的等邊三角形,
所以A(0,0,1),B(3,0,0),B1(0,1,0),C(0,-1,0),
AB1→=(0,1,-1),B1C→=(0,-2,0),A1B1→=AB→=(3,0,-1).
設n=(x,y,z)是平面A1B1C的法向量,
則nA1B1→=0,nB1C→=0,
即3x+0y-z=0,0x-2y+0z=0.
令x=1,則n=(1,0,3).
設直線AB1與平面A1B1C所成的角為θ,
則sin θ=|cos|=AB1→n|AB1→||n|=64,
所以直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值為64.
利用向量法求線面角的方法:
(1)分別求出斜線和它在平面內的射影的方向向量,轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角);
(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(或鈍角的補角),取其余角就是斜線和平面所成的角.即線面角的正弦值等于斜線的方向向量與平面的法向量夾角余弦值的絕對值.
熱點訓練1:
(2018太原市一模)在四棱錐PABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,PA⊥BD.
(1)求證:PB=PD;
(2)若E,F分別為PC,AB的中點,EF⊥平面PCD,求直線PB與平面PCD所成角的大小.
(1)證明:
如圖,連接AC,交BD于點O,連接PO,
因為四邊形ABCD是正方形,
所以AC⊥BD,OB=OD,
又PA⊥BD,PA?平面PAC,AC?平面PAC,PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC,
又PO?平面PAC,
所以BD⊥PO,
又OB=OD,所以PB=PD.
(2)解:設PD的中點為Q,連接AQ,EQ,
因為E為PC的中點,
所以EQ∥CD,EQ=12CD,
又AF∥CD,AB=CD,F為AB的中點,
所以AF=12AB=12CD,
所以EQ∥AF,EQ=AF,
所以四邊形AQEF為平行四邊形,
所以EF∥AQ,
因為EF⊥平面PCD,
所以AQ⊥平面PCD,
又PD?平面PCD,
所以AQ⊥PD,
因為Q是PD的中點,
所以AP=AD=2,
因為AQ⊥平面PCD,CD?平面PCD,
所以AQ⊥CD,
又AD⊥CD,AQ∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,PA?平面PAD,
所以CD⊥PA,
又PA⊥BD,BD∩CD=D,BD?平面ABCD,CD?平面ABCD,
所以PA⊥平面ABCD.
以A為坐標原點,以AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),Q0,22,22,
所以AQ→=0,22,22,PB→=(2,0,-2),
因為AQ⊥平面PCD,
所以AQ→為平面PCD的一個法向量,
所以cos=AQ→PB→|AQ→||PB→|=-12,
設直線PB與平面PCD所成的角為θ,
則sin θ=|cos|=12,
所以直線PB與平面PCD所成的角為π6.
向量法求二面角
【例2】 (2018湖南省兩市九月調研)如圖,四棱錐PABCD的底面為菱形,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=5,AD=6,∠DAB=60,E為AB的中點.
(1)證明:AC⊥PE;
(2)求二面角DPAB的余弦值.
(1)證明:取AD的中點O,連接OP,OE,BD,
因為四邊形ABCD為菱形,
所以BD⊥AC,
因為O,E分別為AD,AB的中點,
所以OE∥BD,所以AC⊥OE.
因為PA=PD,O為AD的中點,所以PO⊥AD,
又因為平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD,
所以PO⊥AC,因為OE∩OP=O,
所以AC⊥平面POE,所以AC⊥PE.
(2)解:連接OB,因為四邊形ABCD為菱形,
所以AD=AB,因為∠DAB=60,所以△DAB為等邊三角形,O為AD的中點,所以BO⊥AD,
因為PO⊥平面ABCD,所以PO⊥OA,PO⊥OB,
所以OP,OA,OB兩兩垂直.
以OA,OB,OP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,則A(3,0,0),B(0,33,0),P(0,0,4),OB→=(0,33,0)為平面PAD的法向量,
設平面PAB的法向量n=(x,y,z),AP→=(-3,0,4),AB→=(-3,33,0),
則AP→n=0,AB→n=0,即-3x+4z=0,-3x+33y=0,
取x=1,則x=1,y=33,z=34,
n=1,33,34,cos=OB→n|OB→||n|=3331+13+916=49191.
結合圖形可知二面角DPAB的余弦值為49191.
利用向量法求二面角的方法:
(1)分別在二面角的兩個半平面內找到一個與棱垂直且從垂足出發(fā)的兩個向量,則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小;
(2)通過平面的法向量來求:設二面角的兩個半平面的法向量分別為n1和n2,則二面角的大小等于(或π-).應注意結合圖形判斷二面角是銳角還是鈍角.
熱點訓練2:
(2018廣西柳州市一模)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC為等邊三角形,過A1C作平面A1CD平行于BC1,交AB于點D.
(1)求證:CD⊥AB;
(2)若四邊形BCC1B1是邊長為2的正方形,且A1D=5,求二面角DA1CB1的正弦值.
(1)
證明:連接AC1,設AC1與A1C相交于點E,連接DE,則E為AC1的中點,因為BC1∥平面A1CD,平面A1CD∩平面ABC1=DE,
所以DE∥BC1,
所以D為AB的中點,
又因為△ABC是等邊三角形,所以CD⊥AB.
(2)解:因為AD2+A1A2=5=A1D2,所以A1A⊥AD,
又B1B⊥BC,B1B∥A1A,所以A1A⊥BC,又AD∩BC=B,所以A1A⊥平面ABC,
設BC的中點為O,B1C1的中點為O1,以O為原點,OB所在的直線為x軸,OO1所在的直線為y軸,OA所在的直線為z軸,建立空間直角坐標系Oxyz.
則C(-1,0,0),A1(0,2,3),D12,0,32,B1(1,2,0),
即CD→=32,0,32,CA1→=(1,2,3),CB1→=(2,2,0),
設平面DA1C的法向量為n1=(x1,y1,z1),
由n1CD→=0,n1CA1→=0,得32x1+32z1=0,x1+2y1+3z1=0.
令x1=1,得n1=(1,1,-3),
設平面A1CB1的法向量為n2=(x2,y2,z2).
由n2CA1→=0,n2CB1→=0,得x2+2y2+3z2=0,2x2+2y2=0.
令x2=1,得n2=1,-1,33,
所以cos=n1n2|n1||n2|=1-1-1573=-10535.
則二面角DA1CB1的正弦值為1-1051 225=47035.
用向量法解與空間角有關的探索性問題
考向1 位置探究型
【例3】
(2018遼寧省遼南協(xié)作校一模)如圖所示,三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB⊥側面BB1C1C,AB=BC=1,BB1=2,∠BCC1=60.
(1)求證:C1B⊥平面ABC;
(2)E是棱CC1所在直線上的一點,若二面角AB1EB的正弦值為12,求CE的長.
(1)證明:因為AB⊥平面BB1C1C,所以AB⊥BC1,
在△CBC1中,由余弦定理得BC1=3,故BC1⊥BC.
又BC∩AB=B,所以C1B⊥平面ABC.
(2)解:由(1)可知AB,BC,BC1兩兩垂直,
建立如圖空間直角坐標系,
則B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),C1(0,0,3),B1(-1,0,3),
所以CC1→=(-1,0,3).
設CE→=λCC1→=λ(-1,0,3),
所以E(1-λ,0,3λ).
AE→=(1-λ,-1,3λ),AB1→=(-1,-1,3).設平面AB1E的一個法向量為n1=(x,y,z),
則(1-λ)x-y+3λz=0,-x-y+3z=0.
令z=3,則x=3-3λ2-λ,y=32-λ,
所以n1=3-3λ2-λ,32-λ,3,
取平面B1EB的一個法向量為n2=(0,1,0).
由|cos|=32,得2λ2-5λ+3=0,
解得λ=1或λ=32,
所以λ=1時,CE=2;λ=32時,CE=3.
考向2 存在判斷型
【例4】
(2018湖南省四校二次聯(lián)考)如圖,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分別是CC1,BC,AC的中點,點P在直線A1B1上運動,且A1P→=λA1B1→(λ∈[0,1]).
(1)證明:無論λ取何值,總有AM⊥平面PNQ;
(2)是否存在點P,使得平面PMN與平面ABC的夾角為60?若存在,試確定點P的位置,若不存在,請說明理由.
(1)證明:
連接A1Q,
因為AA1=AC=1,M,Q分別是CC1,AC的中點,
所以△AA1Q≌△CAM,
所以∠MAC=∠QA1A,
所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90,
所以AM⊥A1Q.
因為N,Q分別是BC,AC的中點,
所以NQ∥AB.
又AB⊥AC,
所以NQ⊥AC.
在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥底面ABC,
所以NQ⊥AA1.
又AC∩AA1=A,
所以NQ⊥平面ACC1A1,
所以NQ⊥AM.
由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1,
所以N,Q,A1,P四點共面.
所以A1Q?平面PNQ.
因為NQ∩A1Q=Q,
所以AM⊥平面PNQ,
所以無論λ取何值,總有AM⊥平面PNQ.
(2)解:如圖,以A為坐標原點,AB,AC,AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A1(0,0,1),B1(1,0,1),M0,1,12,N12,12,0,Q0,12,0,
NM→=-12,12,12,A1B1→=(1,0,0).
由A1P→=λA1B1→=λ(1,0,0)=(λ,0,0),
可得點P(λ,0,1),所以PN→=12-λ,12,-1.
設n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,
則nNM→=0,nPN→=0,
即-12x+12y+12z=0,(12-λ)x+12y-z=0,
得y=1+2λ3x,z=2-2λ3x,
令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,
所以n=(3,1+2λ,2-2λ)是平面PMN的一個法向量.
取平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1).
假設存在符合條件的點P,則|cos|=|2-2λ|9+(1+2λ)2+(2-2λ)2=12,
化簡得4λ2-14λ+1=0,
解得λ=7-354或λ=7+354(舍去).
綜上,存在點P,且當A1P=7-354時,滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60.
(1)對于存在判斷型問題求解,應先假設存在,把要成立的結論當作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解,是否有規(guī)定范圍內的解”等.
(2)對于位置探究型問題,通常借助向量,引進參數(shù),綜合已知和結論列出等式,解出參數(shù).
熱點訓練3:
(2018福州市四校聯(lián)考)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120,四邊形BFED是直角梯形,DE⊥BD,BF∥DE,DE=2BF=2,平面BFED⊥平面ABCD.
(1)求證:AD⊥平面BFED;
(2)在線段EF上是否存在一點P,使得平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的余弦值為5728?若存在,求出點P的位置;若不存在,說明理由.
(1)證明:在梯形ABCD中,因為AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120,
所以AB=2,
所以BD2=AB2+AD2-2ABADcos 60=3,
所以AB2=AD2+BD2,
所以BD⊥AD,
因為平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,
所以AD⊥平面BFED.
(2)解:因為AD⊥平面BFED,
所以AD⊥DE,
以D為原點,分別以DA,DB,DE所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),E(0,0,2),
F(0,3,1),EF→=(0,3,-1),AB→=(-1,3,0),
AE→=(-1,0,2).
設EP→=λEF→=(0,3λ,-λ)(0≤λ≤1),
則AP→=AE→+λEF→=(-1,3λ,2-λ).
取平面ADE的一個法向量為n=(0,1,0),
設平面PAB的法向量為m=(x,y,z).
由AB→m=0,AP→m=0得
-x+3y=0,-x+3λy+(2-λ)z=0,
令y=2-λ,得x=23-3λ,z=3-3λ,
所以m=(23-3λ,2-λ,3-3λ)為平面PAB的一個法向量,
所以|cos|=|mn||m||n|=5728,
解得λ=13,
所以當P為線段EF靠近點E的三等分點時滿足題意.
【例1】 (2018濰坊市期末)在?PABC中,PA=4,PC=22,∠P=45,D是PA的中點(如圖1) .將△PCD沿CD折起到圖2中△P1CD的位置,得到四棱錐P1ABCD.
(1)將△PCD沿CD折起的過程中,CD⊥平面P1DA是否成立?請證明你的結論;
(2)若P1D與平面ABCD所成的角為60,且△P1DA為銳角三角形,求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值.
解:(1)將△PCD沿CD折起過程中,CD⊥平面P1DA成立.
證明如下:
因為D是PA的中點,PA=4,
所以DP=DA=2,
在△PDC中,由余弦定理得,
CD2=PC2+PD2-2PCPDcos 45=8+4-222222=4,
所以CD=2=PD,
因為CD2+DP2=8=PC2,
所以△PDC為等腰直角三角形且CD⊥PA,
所以CD⊥DA,CD⊥P1D,P1D∩AD=D,
所以CD⊥平面P1DA.
(2)由(1)知CD⊥平面P1DA,CD?平面ABCD,
所以平面P1DA⊥平面ABCD,
因為△P1DA為銳角三角形,
所以P1在平面ABCD內的射影必在棱AD上,記為O,連接P1O,
所以P1O⊥平面ABCD,
則∠P1DA是P1D與平面ABCD所成的角,
所以∠P1DA=60,
因為DP1=DA=2,
所以△P1DA為等邊三角形,O為AD的中點,
故以O為坐標原點,過點O且與CD平行的直線為x軸,DA所在直線為y軸,OP1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
設x軸與BC交于點M,
因為DA=P1A=2,
所以OP1=3,
易知OD=OA=CM=1,
所以BM=3,
則P1(0,0,3),D(0,-1,0),C(2,-1,0),B(2,3,0),DC→=(2,0,0),BC→=(0,-4,0),P1C→=(2,-1,-3),
因為CD⊥平面P1DA,
所以可取平面P1DA的一個法向量n1=(1,0,0),
設平面P1BC的法向量n2=(x2,y2,z2),
則n2BC→=0,n2P1C→=0,
所以-4y2=0,2x2-y2-3z2=0,
解得y2=0,x2=32z2,
令z2=1,則n2=32,0,1,
設平面P1AD和平面P1BC所成的角為θ,由圖易知θ為銳角,
所以cos θ=|cos|=|n1n2||n1||n2|=32172=217.
所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值為217.
【例2】
(2018安徽省知名示范高中聯(lián)合質檢)如圖,在三棱錐PABC中,△PAC為正三角形,M為線段PA的中點,∠CAB=90,AC=AB,平面PAB⊥平面PAC.
(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若Q是棱AB上一點,VQBMC=14VPABC,求二面角QMCA的余弦值.
(1)證明:因為△PAC為正三角形,M為線段PA的中點,
所以CM⊥PA,
又平面PAC⊥平面PAB,平面PAC∩平面PAB=PA,
所以CM⊥平面PAB.
因為AB?平面PAB,
所以CM⊥AB,
又CA⊥AB,CM∩CA=C,
所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面ABC,
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解:連接PQ,由題意及(1)得VQBMC=VMBQC=12VPBQC=14VPABC,
所以S△QBC=12S△ABC,
所以Q為線段AB的中點.
取AC的中點為O,連接OP,建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,
設AC=AB=2,
則A(1,0,0),B(1,2,0),Q(1,1,0),C(-1,0,0),
M12,0,32,
則CM→=32,0,32,CQ→=(2,1,0),AB→=(0,2,0).
易知平面AMC的一個法向量為AB→=(0,2,0).
設平面QMC的法向量為n=(x,y,z),
則nCM→=0,nCQ→=0,即32x+32z=0,2x+y=0,
令x=1,則n=(1,-2,-3),
由圖可知二面角QMCA為銳角,
故所求二面角的余弦值為|cos|=|nAB→||n||AB→|=|-4|222=22.
2019屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題五 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教案 理.doc
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