江苏启东数学大一轮讲义五立体几何第3讲立体几何中的向量方法pdf

107 专题五 立体几何 专题五 立体几何 第第 3 讲 立体几何中的向量方法讲 立体几何中的向量方法 总序总序 14 考情解读 (1)以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在 解答题的第问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题(2)以多面体(特别是 棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档 题(3)以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以 及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题 热点一 利用向量证明平行与垂直 例 1 如图，在直三棱柱 ADEBCF 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. 思维启迪 从 A 点出发的三条直线 AB、AD，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系 证明 方法一 由题意，得 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 1 2，0，0 ，O 1 2， 1 2， 1 2 . (1)OM 0，1 2， 1 2 ，BA (1,0,0)，OM BA 0, OM BA . 棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，AB平面 BCF，BA 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) DF (1，1,1)，DM 1 2，1，0 ，DC (1,0,0)， 由 n1 DF n1 DM 0，得 x1y1z10， 1 2x1y10， 解得 y11 2x1， z11 2x1， 令 x11，则 n1 1，1 2， 1 2 . 同理可得 n2(0,1,1)n1 n20，平面 MDF平面 EFCD. 方法二 (1)OM OF FB BM 1 2DF BF 1 2BA 1 2(DB BF )BF1 2BA 1 2BD 1 2BF 1 2BA 108 1 2(BC BA)1 2BF 1 2BA 1 2BC 1 2BF . 向量OM 与向量BF ，BC共面，又 OM平面 BCF，OM平面 BCF. (2)由题意知，BF，BC，BA 两两垂直，CD BA ，FCBCBF，OM CD 1 2BC 1 2BF BA 0， OM FC 1 2BC 1 2BF (BC BF )1 2BC 21 2BF 20.OMCD，OMFC，又 CDFCC， OM平面 EFCD.又 OM平面 MDF，平面 MDF平面 EFCD. 思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM 与平面 BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向 量定理证明向量OM 与BF ，BC共面(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根 据面面垂直的判定定理证明直线 OM 垂直于平面 EFCD，即证 OM 垂直于平面 EFCD 内的两条相交直线， 从而转化为证明向量OM 与向量FC 、CD 垂直 如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是 菱形，PAAB2，BAD60 ，E 是 PA 的中点 (1)求证：直线 PC平面 BDE； (2)求证：BDPC； 证明 设 ACBDO.因为BAD60 ，AB2， 底面 ABCD 为菱形，所以 BO1，AOCO 3，ACBD. 如图，以 O 为坐标原点，以 OB，OC 所在直线分别为 x 轴，y 轴， 过点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则 P(0， 3，2)，A(0， 3，0)，B(1,0,0)， C(0， 3，0)，D(1,0,0)，E(0， 3，1) (1)设平面 BDE 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，因为BE (1， 3，1)，BD (2,0,0)， 由 n1 BD 0， n1 BE 0， 得 2x10， x1 3y1z10， 令 z1 3，得 y11，所以 n1(0,1， 3) 又PC (0,2 3，2)，所以PC n 102 32 30，即PC n 1，又 PC平面 BDE，所以 PC平面 BDE. (2)因为PC (0,2 3，2)，BD (2,0,0)，所以PC BD 0.故 BDPC. 热点二 利用向量求空间角 例 2 如图， 五面体中， 四边形 ABCD 是矩形， ABEF， AD平面 ABEF， 且 AD1，AB1 2EF2 2，AFBE2，P、Q 分别为 AE、BD 的中点 (1)求证：PQ平面 BCE； (2)求二面角 ADFE 的余弦值 思维启迪 (1)易知 PQ 为ACE 的中位线；(2)根据 AD平面 ABEF 构建空间直角坐标系 109 (1)证明 连结 AC，四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，Q 为 AC 的中点， 又在AEC 中，P 为 AE 的中点，PQEC，EC面 BCE，PQ面 BCE，PQ平面 BCE. (2)解 如图，取 EF 的中点 M，则 AFAM，以 A 为坐标原点， 以 AM、AF、AD 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 则 A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0) 可得AM (2,0,0)，MF (2,2,0)，DF (0,2，1) 设平面 DEF的法向量为 n(x，y，z)，则 n MF 0 n DF 0 . 故 2x2y0 2yz0 ，即 xy0 2yz0 .令 x1，则 y1，z2， 故 n(1,1,2)是平面 DEF 的一个法向量AM面 ADF，AM 为平面 ADF的一个法向量 cosn，AM n AM |n| |AM | 2 10 10 2 6 2 6 6 . 由图可知所求二面角为锐角，二面角 ADFE 的余弦值为 6 6 . 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点 的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异 面直线所成的角 不一定是直线的方向向量的夹角 ，即 cos |cos |.直线和平面所成的角的正弦值等 于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化两平面的法向量的夹 角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角 (2013 山东)如图所示，在三棱锥 PABQ 中，PB平面 ABQ， BABPBQ，D，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，AQ2BD， PD 与 EQ 交于点 G，PC 与 FQ 交于点 H，连结 GH. (1)求证：ABGH； (2)求二面角 DGHE 的余弦值 (1)证明 因为 D，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，所以 EFAB，DCAB. 所以 EFDC.又 EF平面 PCD，DC平面 PCD，所以 EF平面 PCD. 又 EF平面 EFQ，平面 EFQ平面 PCDGH，所以 EFGH.又 EFAB，所以 ABGH. (2)解 方法一 在ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90 ，即 ABBQ. 因为 PB平面 ABQ，所以 ABPB.又 BPBQB，所以 AB平面 PBQ. 由(1)知 ABGH，所以 GH平面 PBQ.又 FH平面 PBQ，所以 GHFH. 同理可得 GHHC，所以FHC 为二面角 DGHE 的平面角 设 BABQBP2，连结 FC，在 RtFBC 中，由勾股定理得 FC 2， 在 RtPBC 中，由勾股定理得 PC 5. 110 又 H 为PBQ 的重心，所以 HC1 3PC 5 3 .同理 FH 5 3 . 在FHC 中，由余弦定理得 cosFHC 5 9 5 92 2 5 9 4 5.即二面角 DGHE 的余弦值为 4 5. 方法二 在ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90 又 PB平面 ABQ，所以 BA，BQ，BP 两两垂直 以 B 为坐标原点，分别以 BA，BQ，BP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 设 BABQBP2，则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2) 所以EQ (1,2，1)，FQ (0,2，1)，DP (1，1，2)，CP (0，1,2) 设平面 EFQ 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m EQ 0，m FQ 0，得 x12y1z10， 2y1z10， 取 y11，得 m(0,1,2) 设平面 PDC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 n DP 0，n CP 0，得 x2y22z20， y22z20， 取 z21，得 n(0,2,1) 所以 cosm，n m n |m|n| 4 5.因为二面角 DGHE 为钝角，所以二面角 DGHE 的余弦值为 4 5. 热点三 利用空间向量求解探索性问题 例 3 如图， 在直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABBC2AA1， ABC90 ， D 是 BC 的中点 (1)求证：A1B平面 ADC1； (2)求二面角 C1ADC 的余弦值； (3)试问线段 A1B1上是否存在点 E，使 AE 与 DC1成 60 角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由 (1)证明 连结 A1C，交 AC1于点 O，连结 OD. 由 ABCA1B1C1是直三棱柱，得四边形 ACC1A1为矩形，O 为 A1C 的中点 又 D 为 BC 的中点，所以 OD 为A1BC 的中位线，所以 A1BOD. 因为 OD平面 ADC1，A1B平面 ADC1，所以 A1B平面 ADC1. (2)解 由 ABCA1B1C1是直三棱柱，且ABC90 ， 得 BA，BC，BB1两两垂直 以 BC，BA，BB1所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz. 设 BA2，则 B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)， 所以AD (1，2,0)，AC 1(2，2,1)设平面 ADC1的法向量为 n(x，y，z)， 111 则有 n AD 0， n AC 10. 所以 x2y0， 2x2yz0. 取 y1，得 n(2,1，2) 易知平面 ADC 的一个法向量为 v(0,0,1)所以 cosn，v n v |n| |v| 2 3. 因为二面角 C1ADC 是锐二面角，所以二面角 C1ADC 的余弦值为2 3. (3)解 假设存在满足条件的点 E. 因为点 E 在线段 A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设 E(0，1)，其中 02. 所以AE (0，2,1)，DC 1(1,0,1)因为 AE 与 DC1成 60 角， 所以|cosAE ，DC 1| |AE DC 1| |AE | |DC 1| 1 2，即 1 221 2 1 2，解得 1 或 3(舍去) 所以当点 E 为线段 A1B1的中点时，AE 与 DC1成 60 角 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理， 只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问 题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运 用这一方法 如图，在三棱锥 PABC 中，ACBC2，ACB90 ， APBPAB，PCAC，点 D 为 BC 的中点 (1)求二面角 APDB 的余弦值； (2)在直线 AB 上是否存在点 M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为1 6，若存 在，求出点 M 的位置；若不存在，说明理由 解 (1)ACBC，PAPB，PCPC，PCAPCB， PCAPCB，PCAC，PCCB， 又 ACCBC，PC平面 ACB，且 PC，CA，CB 两两垂直， 故以 C 为坐标原点，分别以 CB，CA，CP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)，AD (1，2,0)，PD (1,0，2)， 设平面 PAD 的一个法向量为 n(x，y，z)， n AD 0 n PD 0 ，取 n(2,1,1)， 平面 PDB 的一个法向量为CA (0,2,0)，cosn，CA 6 6 ， 设二面角 APDB 的平面角为 ，且 为钝角， cos 6 6 ，二面角 APDB 的余弦值为 6 6 . (2)方法一 存在，M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点 112 设 M(x,2x,0) (xR)，PM (x,2x，2)，|cosPM ，n| |x| x22x24 6 1 6， 解得 x1 或 x2，M(1,1,0)或 M(2,4,0)， 在直线 AB 上存在点 M，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时， 使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为1 6. 方法二 存在，M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点 设AM AB ，则AM (2，2,0)(2，2，0) (R)， PM PA AM (2，22，2)，|cosPM ，n| |2| 222224 6 1 6. 解得 1 2或 1.M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点 在直线 AB 上存在点 M，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时， 使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为1 6. 真题感悟 (2014 北京)如图，正方形 AMDE 的边长为 2，B，C 分别为 AM，MD 的中点， 在五棱锥 PABCDE 中，F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD，PC 分别交于 点 G，H. (1)求证：ABFG； (2)若 PA底面 ABCDE，且 PAAE，求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小， 并求线段 PH 的长 (1)证明 在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点， 所以 ABDE.又因为 AB平面 PDE，DE平面 PDE， 所以 AB平面 PDE.因为 AB平面 ABF，且平面 ABF平面 PDEFG，所以 ABFG. (2)解 因为 PA底面 ABCDE，所以 PAAB，PAAE. 如图建立空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC (1,1,0) 设平面 ABF 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 n AB 0， n AF 0， 即 x0， yz0. 令 z1，则 y1，所以 n(0，1,1) 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 ，则 sin |cosn，BC | n BC |n|BC | 1 2. 113 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6，设点 H 的坐标为(u，v，w) 因为点 H 在棱 PC 上，所以可设PH PC (00)，则 C(m， 3，0)，AC (m， 3，0) 设 n1(x， y， z)为平面 ACE 的法向量， 则 n1 AC 0， n1 AE 0， 即 mx 3y0， 3 2 y1 2z0， 可取 n1( 3 m ，1， 3) 又 n2(1,0,0)为平面 DAE 的法向量，由题设|cosn1，n2|1 2， 即 3 34m2 1 2，解得 m 3 2.因为 E 为 PD 的中点， 所以三棱锥 EACD 的高为1 2， 三棱锥