1、第3讲 立体几何中的向量方法 专题五 立体几何与空间向量 高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练 栏目索引 高考真题体验 1 21.(2014 课标全国)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25 C.3010D.22解析 方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角.由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体.1 2建立如图(1)所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，BM(
2、1，1,2)，AN(0,1,2).cosBM，AN BM AN|BM|AN|1412122202122236 5 3010.1 2方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解.如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于 MN 綊12B1C1 綊 BD，因此有 ND 綊 BM，则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.设 BC2，则 BMND 6，AN 5，AD 5，因此 cosANDND2NA2AD22NDNA 3010.答案 C 1 22.(2015安徽)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为
3、B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C；证明 由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，1 2又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.1 2(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.以 A 为原点，分别以AB，AD，AA1 为 x 轴，y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.1 2
4、可 得 点 的 坐 标 A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而 E 点为 B1D1 的中点，所以 E 点的坐标为12，12，1.设面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E 12，12，0，A1D(0,1，1)，1 2由 n1 A1E，n1 A1D 得 r1，s1，t1 应 满 足 的 方 程 组 12r112s10，s1t10，(1,1,1)为其一组解，所以可取n1(1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，1 2而该面上向量A1B1(1,0,0)，A1D(0,1，1)，由
5、此同理可得n2(0,1,1).所以结合图形知二面角 E-A1D-B1 的余弦值为|n1n2|n1|n2|23 2 63.考情考向分析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一 利用向量证明平行与垂直热点分类突破 设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行 laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行 vva2a3，b
6、2b3，c2c3.(4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30.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.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)，M12，0，0，O12，12，12.(1)OM 0，12，12，BA(1,0,0)，OM BA0,OM BA.棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面
7、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 12，1，0，DC(1,0,0)，CF(0，1,1)，由 n1DF 0，n1DM 0.得x1y1z10，12x1y10，解得y112x1，z112x1，令 x11，则 n11，12，12.同理可得n2(0,1,1).n1n20，平面MDF平面EFCD.方法二(1)OM OF FBBM 12DF BF12BA12(DB BF)BF12BA12BD 12BF12BA12(BCBA)12BF12B
8、A12BC12BF.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 12BC12BF BA0，OM FC12BC12BF(BCBF)12BC 212BF 20.OMCD，OMFC，又CDFCC，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线ab，只需证明向量ab(R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证
9、明线面平行，仍需强调直线在平面外.跟踪演练1 如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证：(1)DE平面ABC；证明 如图建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4).取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，DE(2,4,0)，NC(2,4,0)，DE NC，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)B1F平面AEF.证明 B1F(2,2
10、，4)，EF(2，2，2)，AF(2,2,0).B1F EF(2)22(2)(4)(2)0，B1F AF(2)222(4)00.B1F EF，B1F AF，即 B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF.热点二 利用空间向量求空间角设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2).平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角设 l，m 的夹角为(02)，则cos|ab|a|b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21a22b22c22.(2)线面夹角 设直线 l 与平面 的夹角为(02)，则 sin|a|
11、a|cosa，|.(3)面面夹角 设平面、的夹角为(0)，则|cos|v|v|cos，v|.例 2(2015江苏)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，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1.(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 以AB，AD，AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，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AD 是平面 PAB 的一个法向量，
12、AD(0,2,0).因为PC(1,1，2)，PD(0,2，2).设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则 mPC0，mPD 0，即xy2z0，2y2z0.令 y1，解得 z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而 cosAD，m AD m|AD|m|33，所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 33.(2)因为BP(1,0,2)，设BQ BP(，0,2)(01)，又CB(0，1,0)，则CQ CBBQ(，1,2)，又DP(0，2,2)，从而 cosCQ，DP CQ DP|CQ|DP|121022.设12t，t1,3，则 cos2CQ，DP 2t25t210
13、t9291t592209 910.当且仅当 t95，即 25时，|cosCQ，DP|的最大值为3 1010.因为 ycos x 在0，2 上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为 BP1222 5，所以 BQ25BP2 55.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|.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.直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方
14、向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.跟踪演练2(2014福建)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图所示.(1)求证：ABCD；证明 平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解 过点B在平面BCD内作BEBD，如图.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以 B 为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向
15、建立空间直角坐标系.依题意，得 B(0,0,0)，C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1)，M(0，12，12)，则BC(1,1,0)，BM(0，12，12)，AD(0,1，1).设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBM 0，即x0y00，12y012z00，取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1,1).设直线AD与平面MBC所成角为，则 sin|cosn，AD|nAD|n|AD|63，即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 63.热点三 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等
16、)是否存在或某一结论是否成立.解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.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；证明 连接A1C，交AC1于点O，连接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)求二面角C1ADC的余弦
17、值；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)，AC1(2，2,1).设平面ADC1的法向量为n(x，y，z)，则有nAD 0，nAC10.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 nv|n|v|23.因为二面角C1ADC是锐二面角，所以二面角 C1ADC 的余弦值为2
18、3.(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.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)，DC1(1,0,1).因为AE与DC1成60角，所以|cosAE，DC1|AEDC1|AE|DC1|12，即1221 212，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
19、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.跟踪演练3 如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点.(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；解 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(12，1,0)，所以NE(12，0，1)，AM(1,0,1).因为|co
20、sNE，AM|NEAM|NE|AM|1252 2 1010，所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 1010.(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由.解 假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.因为AN(0,1,1)，可设ASAN(0，)(01)，又EA(12，1,0)，所以ESEAAS(12，1，).由ES平面AMN，得 ESAM 0，ESAN0，即120，10，故 12，此时AS(0，12，12)，|AS|22.经检验，当 AS 22 时，ES平面 AMN.故线段AN上存在点S，使得 ES平面 AMN，此时 AS 22
21、.高考押题精练 如图，五面体中，四边形 ABCD 是矩形，ABEF，AD平面 ABEF，且 AD1，AB12EF2 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.押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点.(1)证明 连接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nMF 0，nDF 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 nAM|n|AM|21010262 66.由图可知所求二面角为锐角，二面角 ADFE 的余弦值为 66.谢谢观看
