2020屆高三數(shù)學二輪復(fù)習 必考問題專項突破14 用空間向量法解決立體幾何問題 理

考問題14用空間向量法解決立體幾何問題(2020·山東)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，F(xiàn)C平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求證：BD平面AED；(2)求二面角F ­ BD­ C的余弦值(1)證明因為四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，所以ADCBCD120°.又CBCD，所以CDB30°，因此ADB90°，ADBD，又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解連接AC，由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設(shè)CB1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1)，因此，(0，1,1)設(shè)平面BDF的一個法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，所以xyz，取z1，則m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一個法向量，則cosm，所以二面角FBDC的余弦值為.對立體幾何中的向量方法部分，主要以解答題的方式進行考查，而且偏重在第二問或者第三問中使用這個方法，考查的重點是使用空間向量的方法進行空間角和距離等問題的計算，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量的運算問題空間向量的引入為空間立體幾何問題的解決提供了新的思路，作為解決空間幾何問題的重要工具，首先要從定義入手，抓住實質(zhì)，準確記憶向量的計算公式，注意向量與線面關(guān)系、線面角、面面角的準確轉(zhuǎn)化；其次要從向量的基本運算入手，養(yǎng)成良好的運算習慣，確保運算的準確性.必備知識直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面、的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)線面平行l(wèi)aa·0a1a3b1b3c1c30.(2)線面垂直laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行vva3a4，b3b4，c3c4.(4)面面垂直·v0a3a4b3b4c3c40.空間角的計算(1)兩條異面直線所成角的求法設(shè)直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為，則cos |cos |(其中為異面直線a，b所成的角)(2)直線和平面所成角的求法如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面的法向量為n，直線l與平面所成的角為，兩向量e與n的夾角為，則有sin |cos |.(3)二面角的求法利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如圖所示，m，n即為所求二面角的平面角對于易于建立空間直角坐標系的幾何體，求二面角的大小時，可以利用這兩個平面的法向量的夾角來求如圖所示，二面角l，平面的法向量為n1，平面的法向量為n2，n1，n2，則二面有l(wèi)的大小為或.空間距離的計算直線到平面的距離，兩平行平面的距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離點P到平面的距離，d(其中n為的法向量，M為內(nèi)任一點)必備方法1空間角的范圍(1)異面直線所成的角()：0；(2)直線與平面所成的角()：0；(3)二面角()：0.2用向量法證明平行、垂直問題的步驟：(1)建立空間圖形與空間向量的關(guān)系(可以建立空間直角坐標系，也可以不建系)，用空間向量表示問題中涉及的點、直線、平面；(2)通過向量運算研究平行、垂直問題；(3)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題3空間向量求角時考生易忽視向量的夾角與所求角之間的關(guān)系：(1)求線面角時，得到的是直線方向向量和平面法向量的夾角的余弦，而不是線面角的余弦；(2)求二面角時，兩法向量的夾角有可能是二面角的補角，要注意從圖中分析.多以多面體(特別是棱柱、棱錐)為載體，求證線線、線面、面面的平行或垂直，其中邏輯推理和向量計算各有千秋，邏輯推理要書寫清晰，“充分”地推出所求證(解)的結(jié)論；向量計算要步驟完整，“準確”地算出所要求的結(jié)果【例1】 如圖所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC為等腰直角三角形，BAC90°，且ABAA1，D、E、F分別為B1A、C1C、BC的中點求證：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.審題視點 聽課記錄審題視點 建系后，(1)在平面ABC內(nèi)尋找一向量與共線；(2)在平面AEF內(nèi)尋找兩個不共線的向量與垂直證明如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，令A(yù)BAA14，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)(1)取AB中點為N，連接CN，則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)·(2)×22×(2)(4)×(2)0，·(2)×22×2(4)×00.，即B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF. (1)要證明線面平行，只需證明與平面ABC的法向量垂直；另一個思路則是根據(jù)共面向量定理證明向量與相等(2)要證明線面垂直，只要證明與平面AEF的法向量平行即可；也可根據(jù)線面垂直的判定定理證明，.【突破訓(xùn)練1】 在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BB1，DC的中點(1)求證：D1F平面ADE；(2)設(shè)正方形ADD1A1的中心為M，B1C1的中點為N，求證：MN平面ADE.證明(1)如圖，不妨設(shè)正方體的棱長為1，以D為坐標原點建立空間直角坐標系Dxyz，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，F(xiàn)0，0，E1,1，(1,0,0)，0，1，·(1,0,0)·0，10.ADD1F.又0,1，0，1，·0,1，·0，10.AED1F.又AEADA，D1F平面ADE，D1F平面ADE.(2)M，0，N，1,1，0,1，.由(1)知，0，1是平面ADE的法向量又·00，MND1F.MN平面ADE，MN平面ADE.多以空間幾何體、平面圖形折疊成的空間幾何體為載體，考查線線角、線面角的求法，正確科學地建立空間直角坐標系是解此類題的關(guān)鍵【例2】 (2020·全國理)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一點，PE2EC.(1)證明：PC平面BED；(2)設(shè)二面角APBC為90°，求PD與平面PBC所成角的大小審題視點 聽課記錄審題視點 (1)由可得FCEPCA，則FEC90°，易得PCEF、PCBD. (2)作AGPB于G，由二面角APBC為90°，易得底面ABCD為正方形，可得AD面PBC，則點D到平面PCB的距離dAG，找出線面角求解即可也可利用法向量求解，思路更簡單，但計算量比較大法一(1)證明因為底面ABCD為菱形，所以BDAC，又PA底面ABCD，所以PCBD.設(shè)ACBDF，連接EF.因為AC2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，F(xiàn)C，從而，.因為，F(xiàn)CEPCA，所以FCEPCA，F(xiàn)ECPAC90°，由此知PCEF.PC與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD，EF都垂直，所以PC平面BED.(2)解在平面PAB內(nèi)過點A作AGPB，G為垂足因為二面角APBC為90°，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.BC與平面PAB內(nèi)兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD為正方形，AD2，PD2.設(shè)D到平面PBC的距離為d.因為ADBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A、D兩點到平面PBC的距離相等，即dAG.設(shè)PD與平面PBC所成的角為，則sin .所以PD與平面PBC所成的角為30°.法二(1)證明以A為坐標原點，射線AC為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz.C(2，0,0)，設(shè)D(，b,0)，其中b0，則P(0,0,2)，E，0，B(，b,0)于是(2，0，2)，b，b，從而·0，·0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BDE.(2)解(0,0,2)，(，b,0)設(shè)m(x，y，z)為平面PAB的法向量，則m·0，m·0，即2z0且xby0，令xb，則m(b，0)設(shè)n(p，q，r)為平面PBC的法向量，則n·0，n·0，即2p2r0且bqr0，令p1，則r，q，n1，.因為面PAB面PBC，故m·n0，即b0，故b，于是n(1，1，)，(，2)cosn，n，60°.因為PD與平面PBC所成角和n，互余，故PD與平面PBC所成的角為30°. (1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟為：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；求出相關(guān)點的坐標；寫出向量坐標；結(jié)合公式進行論證、計算；轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論(2)求直線與平面所成的角，主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin |cos |.【突破訓(xùn)練2】 (2020·陜西)如圖，在ABC中，ABC60°，BAC90°，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90°.(1)證明：平面ADB平面BDC；(2)設(shè)E為BC的中點，求A與D夾角的余弦值(1)證明折起前AD是BC邊上的高，當ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC.AD平面ABD，平面ADB平面BDC.(2)解由BDC90°及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|1，以D為坐標原點，以D，D，D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，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E，A，D(1,0,0)，A與D夾角的余弦值為cosA，D.用空間向量法求二面角的大小是高考的熱點考查空間向量的應(yīng)用以及運算能力，題目難度為中等【例3】 (2020·天津改編)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45°，PAAD2，AC1.(1)證明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值審題視點 聽課記錄審題視點 建立空間坐標系，應(yīng)用向量法求解解如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，0，P(0,0,2)(1)證明：易得(0,1，2)，(2,0,0)于是·0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)設(shè)平面PCD的法向量n(x，y，z)，則即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n.從而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值為. 借助向量求二面角是解決空間角問題的常用方法求解過程中應(yīng)注意以下幾個方面：(1)兩平面的法向量的夾角不一定就是所求的二面角，有可能兩法向量夾角的補角為所求；(2)求平面的法向量的方法：待定系數(shù)法：設(shè)出法向量坐標，利用垂直關(guān)系建立坐標的方程解之；先確定平面的垂線，然后取相關(guān)線段對應(yīng)的向量，即確定了平面的法向量當平面的垂線較易確定時，?？紤]此方法【突破訓(xùn)練3】 (2020·唐山一模)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，底面是邊長為2的正三角形，M，N分別是棱CC1、AB的中點(1)求證：CN平面AMB1；(2)若二面角AMB1C為45°，求CC1的長(1)證明設(shè)AB1的中點為P，連接NP、MP.CM綉AA1，NP綉AA1，CM綉NP，CNPM是平行四邊形，CNMP.CN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB1.(2)解如圖，以C為原點，建立空間直角坐標系Cxyz，使x軸、y軸、z軸分別與、同向則C(0,0,0)，A(1，0)，B(1，0)，設(shè)M(0,0，a)(a0)，則B1(1，2a)，(1，a)，(1，a)，(0,0，a)，設(shè)平面AMB1的法向量n(x，y，z)，則n·0，n·0，即則y0，令xa，則z1，即n(a,0,1)設(shè)平面MB1C的一個法向量是m(u，v，w)，則m·0，m·0，即則w0，令v1，則u，即m(，1,0)所以cosm，n，依題意，m，n45°，則，解得a，所以CC1的長為2. 探索性問題此類問題命題背景寬，涉及到的知識點多，綜合性較強，通常是尋找使結(jié)論成立的條件或探索使結(jié)論成立的點是否存在等問題，全面考查考生對立體幾何基礎(chǔ)知識的掌握程度，考生的空間想象能力、邏輯思維能力和運算求解能力【例4】 如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E為BC的中點(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點S，使得ES平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由審題視點 聽課記錄審題視點 建立以D為原點的空間直角坐標系，利用向量法求解，第(2)問中設(shè)，由ES平面AMN可得值解(1)如圖，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系Dxyz.依題意，易得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，1,0.，0，1，(1,0,1)cos，異面直線NE與AM所成角的余弦值為.(2)假設(shè)在線段AN上存在點S，使得ES平面AMN.(0,1,1)，可設(shè)(0，)，又，1,0，1，.由ES平面AMN，得即故，此時0，|.經(jīng)檢驗，當AS時，ES平面AMN.故線段AN上存在點S，使得ES平面AMN，此時AS. 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，因此使用問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法解題【突破訓(xùn)練4】 如圖1，ACB45°，BC3，過動點A作ADBC，垂足D在線段BC上且異于點B，連接AB，沿AD將ABD折起，使BDC90°(如圖2所示) (1)當BD的長為多少時，三棱錐ABCD的體積最大；(2)當三棱錐ABCD的體積最大時，設(shè)點E，M分別為棱BC，AC的中點，試在棱CD上確定一點N，使得ENBM，并求EN與平面BMN所成角的大小解(1)法一在如題圖1所示的ABC中，設(shè)BDx(0x3)，則CD3x.由ADBC，ACB45°知，ADC為等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如題圖2)，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90°，所以SBCDBD·CDx(3x)，于是VABCDAD·SBCD(3x)·x(3x)·2x(3x)(3x)3，當且僅當2x3x，即x1時，等號成立，故當x1，即BD1時，三棱錐ABCD的體積最大法二同法一，得VABCDAD·SBCD(3x)·x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x3，解得x1.當x(0,1)時，f(x)0；當x(1,3)時，f(x)0.所以當x1時，f(x)取得最大值故當BD1時，三棱錐ABCD的體積最大(2)以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.由(1)知，當三棱錐ABCD的體積最大時，BD1，ADCD2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，1,0，且(1,1,1)設(shè)N(0，0)，則，1,0.因為ENBM等價于·0，即，1,0·(1,1,1)10，故，N0，0.所以當DN(即N是CD的靠近點D的一個四等分點)時，ENBM.設(shè)平面BMN的一個法向量為n(x，y，z)，由及1，0，得可取n(1,2，1)設(shè)EN與平面BMN所成角的大小為，則由，0，n(1,2，1)，可得sin cos (90°)，即60°.故EN與平面BMN所成角的大小為60°.利用向量法求空間角要破“四關(guān)”利用向量法求解空間角，可以避免利用定義法作角、證角、求角中的“一作、二證、三計算”的繁瑣過程，利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破”第一破“建系關(guān)”，第二破“求坐標關(guān)”；第三破“求法向量關(guān)”；第四破“應(yīng)用公式關(guān)”，熟記線面成的角與二面角的公式，即可求出空間角【示例】 (2020·佛山調(diào)研)如圖所示，在三棱錐PABC中，已知PC平面ABC，點C在平面PBA內(nèi)的射影D在直線PB上(1)求證：AB平面PBC；(2)設(shè)ABBC，直線PA與平面ABC所成的角為45°，求異面直線AP與BC所成的角；(3)在(2)的條件下，求二面角CPAB的余弦值滿分解答(1)PC平面ABC，AB平面ABC，ABPC.點C在平面PBA內(nèi)的射影D在直線PB上，CD平面PAB.又AB平面PBA，ABCD.又CDPCC，AB平面PBC.(4分)(2)PC平面ABC，PAC為直線PA與平面ABC所成的角于是PAC45°，設(shè)ABBC1，則PCAC，以B為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0，0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，)，(1，1，)，(1,0,0)，cos，異面直線AP與BC所成的角為60°.(8分)(3)取AC的中點E，連接BE，則，0，ABBC，BEAC.又平面PCA平面ABC，BE平面PAC.是平面PAC的法向量設(shè)平面PAB的法向量為n(x，y，z)，則由得取z1，得n(，0,1)于是cosn，.又二面角CPAB為銳角，所求二面角的余弦值為.(12分)老師叮嚀：(1)解決此類問題，一定要先分析已知條件中，是否直接說出此三條直線是兩兩垂直，否則，要先證明以后才能建立坐標系，另外，要在作圖時畫出每條坐標軸的方向.(2)有的考生易忽視向量的夾角與所求角之間的關(guān)系，如求解二面角時，不能根據(jù)幾何體判斷二面角的范圍，忽視法向量的方向，誤以為兩個法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯.如本例中求得cos ，不少考生回答為：二面角的余弦值為，這是錯誤的，原因是忽視了對二面角CPAB的大小的判斷.【試一試】 (2020·東北三校模擬)如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCAAA1，D為AB的中點(1)求證：BC1平面DCA1；(2)求二面角DCA1C1的平面角的余弦值(1)證明如圖所示，以BC的中點O為原點建立空間直角坐標系Oxyz，設(shè)ABBCCAAA12.設(shè)n(x，y，z)是平面DCA1的一個法向量，則又，0，(1,2，)，所以令x1，z，y1，所以n(1,1，)因為(2,2,0)，所以n·2200.又BC1平面DCA1，所以BC1平面DCA1.(2)解設(shè)m(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一個法向量，則又(0,2,0)，(1,2，)，所以令z11，x1，所以m(，0,1)所以cosm，n.所以所求二面角的余弦值為.必考問題