1、1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(二)题型一利用空间向量解决折叠问题例 1如图(1)，在直角梯形 ABCQ 中，D 为 CQ 的中点，四边形 ABCD 为正方形，将ADQ 沿 AD 折起，使点 Q 到达点 P，如图(2)，E 为 PC 的中点，且 DECE，点 F 为线段 PB 上的一点(1)证明：DECF；(2)当 DF 与 DE 夹角最小时，求平面 PDF 与平面 CDF 所成锐二面角的余弦值解析：(1)证明：由 ABCD 为正方形，得 ADPD，ADCD，E 为 PC 的中点，DECEPE，PDC90，即 PDCD.设 AB1，建立以 D 为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示，则
2、D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0，12，12).点F在线段PB上，设PFPB(01)，又PB(1,1，1)，PFPB(1,1，1)(，)，又DP(0,0,1)，DF DP PF(，1)，又DC(0,1,0)，CFDF DC(，1,1)，又DE(0，12，12)，CFDE 012 12 0，DE CF，即DECF.(2)由(1)知DF(，1)，DE(0，12，12)，cosDF，DE 12221212 22 13221，当13时，cos DF，DE 最大，DF，DE 最小，此时DF(13，13，23).由题知，平面PDF的一个法向量
3、为AC(1,1,0)，设平面DFC的一个法向量n(x，y，z)，DF n0DC n0，即x3y32z3 0y0，取x2，得z1，则n(2,0，1)，|cos AC，n|25 2 105.平面PDF与平面CDF所成锐二面角的余弦值为 105.方法技巧(1)分析清楚折叠前图形各元素(线段长度、夹角等)的关系、线线之间的位置关系(2)模拟折叠过程，观察在折叠过程中几何图形各元素和线线之间的位置关系中哪些发生了变化，哪些没有发生变化，若发生变化，变化规律是什么(3)分析求出折叠后新图形中各个几何元素以及线线之间的位置关系(4)根据要求选用立体几何相关定理证明位置关系(5)在可以使用空间向量时，使用空间
4、向量解决问题变式训练 1如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB5，AC6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AECF54，EF 交BD 于点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置，OD 10.(1)证明：DH平面 ABCD；(2)求二面角 BDAC 的正弦值解析：(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得AEADCFCD，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO AB2AO24.由EFAC得OHDOAEAD14.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面A
5、BCD.(2)如图，以H为坐标原点，HF 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)，AB(3，4,0)，AC(6,0,0)，AD(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则mAB0，mAD 0，即3x14y10，3x1y13z10，所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则nAC0，nAD 0，即6x20，3x2y23z20，所以可取n(0，3,1)于是cosm，n mn|m|n|1450 107 525.sinm，n2 9525.因此二面角BDAC
6、的正弦值是2 9525.题型二用空间向量解决探索性问题探究 1与位置关系有关的探索性问题例 2如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧面 AA1C1C底面ABC，AA1A1CAC2，ABBC，且 ABBC，O 为 AC 中点(1)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；(2)在 BC1 上是否存在一点 E，使得 OE平面 A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点 E 的位置解析：(1)如图，因为A1AAC，且O为AC的中点，所以A1OAC，平面AA1C1C平面ABC，交线为AC，且A1O平面AA1C1C，所以A1O平面ABC.以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x，y，
7、z轴建立空间直角坐标系由题意可知，AA1A1CAC2又ABBC，ABBC OB12AC1所以得：O(0,0,0)，A(0，1,0)，A1(0,0，3)，C(0,1,0)，C1(0,2，3)，B(1,0,0)则有：A1C(0,1，3)，AA1(0,1，3)，AB(1,1,0)设平面AA1B的一个法向量为n(x，y，z)，则有nAA1 0nAB0y 3z0 xy0，令y1，得x1，z 33所以n(1,1，33).cosn，A1C nA1C|n|A1C|217因为直线AC与平面A1AB所成角和向量n与AC所成锐角互余，所以sin 217.(2)设E(x0，y0，z0)，BEBC1即(x01，y0，z
8、0)(1,2，3)，得x01y02z0 3所以E(1，2，3)得OE(1，2，3)令OE平面A1AB，得OE n0，即120得 12 即存在这样的点E，E为BC1的中点方法技巧解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在变式训练 2如图，在四棱锥 PABCD 中，PB底面 ABCD，底面 ABCD 为梯形，ADBC，ADAB，且 PBABAD3，BC1.(1)若点 F 为 PD 上一点且 P
9、F13PD，证明：CF平面 PAB；(2)在线段 PD 上是否存在一点 M，使得 CMPA？若存在，求出 PM 的长；若不存在，说明理由解析：(1)证明：过点F作FHAD，交PA于H，连接BH.因为PF13PD，所以HF13ADBC.又FHAD，ADBC，所以HFBC.所以BCFH为平行四边形，所以CFBH.又BH平面PAB，CF平面PAB，所以CF平面PAB.(2)因为梯形ABCD中，ADBC，ADAB，所以BCAB.因为PB平面ABCD，所以PBAB，PBBC，如图，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系所以C(1,0,0)，D(3,3,0)，A(0,3,0)
10、，P(0,0,3)假设存在点M，设PM PD(3，3，3)，所以CM CPPD(13，3，33)，所以PACM 93(33)0，解得12，所以存在点M，且PM12PD3 32.探究 2与夹角有关的探索性问题例 3如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直，AF1，M 是线段 EF 的中点，二面角 ADFB 的大小为60.(1)求证：AM平面 BDE；(2)试在线段 AC 上找一点 P，使得 PF 与 CD 所成的角是 60.解析：(1)证明：设ACBDN，连接NE，ACEF，ACEF，M是线段EF的中点，N是线段AC的中点，ANEM，ANME，四边形AMEN为平行四边形，
11、AMEN，又EN平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)如图，以CD，CB，CE为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设ABt，则A(t，t,0)，B(0，t,0)，D(t,0,0)，F(t，t,1)，AB(t,0,0)，BD(t，t,0)，BF(t,0,1)，AFAB，ABAD，AFADA，AB平面ADF，AB(t,0,0)为平面DAF的法向量，设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，nBD 0nBF0，即xtyt0 xtz0，令x1，则平面BDF的一个法向量为n(1,1，t)设二面角ADFB的大小为，则cos nAB|AB|n|1，1，tt，0，0t22 t21t2212
12、，得t 2，设P(a，a,0)，PF(2a，2a,1)，CD(2，0,0)，则cos 32 2a2 2 2a21，解得a 22 或a3 22(舍去)，所以当点P为线段AC的中点时，直线PF与CD所成的角为60.方法技巧与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“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”等事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法变式训练 3如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADBC，ADCD，且
13、 ADCD2 2，BC4 2，PA2.(1)求证：ABPC；(2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD的大小为 45，如果存在，求出 BM 与平面 MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解析：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由ADCD2 2，BC4 2，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC.因为PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，所以ABPC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(22，22，0)，D(0,22，0)，P(0,0,2)，B(22，22，0)，PD(0,2 2，2)，AC(2 2，2
14、2，0)，AP(0,0,2)设PM tPD(0t1)，则PM(0,2 2t，2t)，所以AM APPM(0,2 2t,22t)设平面MAC的法向量是n(x，y，z)，则nAC0，nAM 0，即2 2x2 2y0，2 2ty22tz0，则可取n(1，1，2t1t).又m(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以|cosm，n|mn|m|n|2tt122tt12cos 45 22，解得t12，即点M是线段PD的中点此时平面MAC的法向量n(1，1，2)，M(0，2，1)，BM(2 2，3 2，1)设BM与平面MAC所成的角为，则sin|cosn，BM|nBM|n|BM|2 69.所以存在PD的中点M使得二面角MACD的大小为45，且BM与平面MAC所成角的正弦值为2 69.谢谢 观 看