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第3讲立体几何中的向量方法1.(2018全国卷,理9)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(C)(A)15(B)56(C)55(D)22解析:法一如图,连接BD1,交DB1于O,取AB的中点M,连接DM,OM,易知O为BD1的中点,所以AD1OM,则MOD或其补角为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体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cosMOD=12+(52)2-(52)22152=55,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55,故选C.法二如图,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.由题意,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AD1DB1=-11+01+(3)2=2,|AD1|=2,|DB1|=5,所以cos=AD1DB1|AD1|DB1|=225=55.故选C.2.(2018全国卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明:由已知可得,BFPF,BFEF,又PFEF=E,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)解:如图,作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF.可得PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32.又HP为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =|HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.1.考查角度考查空间向量在求解空间角中的应用.2.题型及难易度解答题,难度中等偏上.(对应学生用书第3941页) 向量法求线面角【例1】 (2018石家庄市质量检测二)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为CBB1=60的菱形,AB=AC1.(1)证明:平面AB1C平面BB1C1C;(2)若ABB1C,直线AB与平面BB1C1C所成的角为30,求直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值.(1)证明:如图1,连接BC1,交B1C于O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,因为AB=AC1,O为BC1的中点,所以AOBC1,又B1CAO=O,所以BC1平面AB1C,又BC1平面BB1C1C,所以平面AB1C平面BB1C1C.(2)解:因为ABB1C,BOB1C,ABBO=B,所以B1C平面ABO,又AO平面ABO,所以AOB1C,从而OA,OB,OB1两两垂直.以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,建立如图2所示的空间直角坐标系Oxyz,因为直线AB与平面BB1C1C所成的角为30,所以ABO=30.设AO=1,则BO=3,又CBB1=60,所以CBB1是边长为2的等边三角形,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).设n=(x,y,z)是平面A1B1C的法向量,则nA1B1=0,nB1C=0,即3x+0y-z=0,0x-2y+0z=0.令x=1,则n=(1,0,3).设直线AB1与平面A1B1C所成的角为,则sin =|cos|=AB1n|AB1|n|=64,所以直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值为64.利用向量法求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或钝角的补角),取其余角就是斜线和平面所成的角.即线面角的正弦值等于斜线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值.热点训练1:(2018太原市一模)在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PABD.(1)求证:PB=PD;(2)若E,F分别为PC,AB的中点,EF平面PCD,求直线PB与平面PCD所成角的大小.(1)证明:如图,连接AC,交BD于点O,连接PO,因为四边形ABCD是正方形,所以ACBD,OB=OD,又PABD,PA平面PAC,AC平面PAC,PAAC=A,所以BD平面PAC,又PO平面PAC,所以BDPO,又OB=OD,所以PB=PD.(2)解:设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,因为E为PC的中点,所以EQCD,EQ=12CD,又AFCD,AB=CD,F为AB的中点,所以AF=12AB=12CD,所以EQAF,EQ=AF,所以四边形AQEF为平行四边形,所以EFAQ,因为EF平面PCD,所以AQ平面PCD,又PD平面PCD,所以AQPD,因为Q是PD的中点,所以AP=AD=2,因为AQ平面PCD,CD平面PCD,所以AQCD,又ADCD,AQAD=A,所以CD平面PAD,PA平面PAD,所以CDPA,又PABD,BDCD=D,BD平面ABCD,CD平面ABCD,所以PA平面ABCD.以A为坐标原点,以AB,AD,AP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,则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),因为AQ平面PCD,所以AQ为平面PCD的一个法向量,所以cos=AQPB|AQ|PB|=-12,设直线PB与平面PCD所成的角为,则sin =|cos|=12,所以直线PB与平面PCD所成的角为6. 向量法求二面角【例2】 (2018湖南省两市九月调研)如图,四棱锥PABCD的底面为菱形,平面PAD平面ABCD,PA=PD=5,AD=6,DAB=60,E为AB的中点.(1)证明:ACPE;(2)求二面角DPAB的余弦值.(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OE,BD,因为四边形ABCD为菱形,所以BDAC,因为O,E分别为AD,AB的中点,所以OEBD,所以ACOE.因为PA=PD,O为AD的中点,所以POAD,又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PO平面ABCD,所以POAC,因为OEOP=O,所以AC平面POE,所以ACPE.(2)解:连接OB,因为四边形ABCD为菱形,所以AD=AB,因为DAB=60,所以DAB为等边三角形,O为AD的中点,所以BOAD,因为PO平面ABCD,所以POOA,POOB,所以OP,OA,OB两两垂直.以OA,OB,OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(3,0,0),B(0,33,0),P(0,0,4),OB=(0,33,0)为平面PAD的法向量,设平面PAB的法向量n=(x,y,z),AP=(-3,0,4),AB=(-3,33,0),则APn=0,ABn=0,即-3x+4z=0,-3x+33y=0,取x=1,则x=1,y=33,z=34,n=1,33,34,cos=OBn|OB|n|=3331+13+916=49191.结合图形可知二面角DPAB的余弦值为49191.利用向量法求二面角的方法:(1)分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小;(2)通过平面的法向量来求:设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则二面角的大小等于(或-).应注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角.热点训练2:(2018广西柳州市一模)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面ABC为等边三角形,过A1C作平面A1CD平行于BC1,交AB于点D.(1)求证:CDAB;(2)若四边形BCC1B1是边长为2的正方形,且A1D=5,求二面角DA1CB1的正弦值.(1)证明:连接AC1,设AC1与A1C相交于点E,连接DE,则E为AC1的中点,因为BC1平面A1CD,平面A1CD平面ABC1=DE,所以DEBC1,所以D为AB的中点,又因为ABC是等边三角形,所以CDAB.(2)解:因为AD2+A1A2=5=A1D2,所以A1AAD,又B1BBC,B1BA1A,所以A1ABC,又ADBC=B,所以A1A平面ABC,设BC的中点为O,B1C1的中点为O1,以O为原点,OB所在的直线为x轴,OO1所在的直线为y轴,OA所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.则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),设平面DA1C的法向量为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),设平面A1CB1的法向量为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.则二面角DA1CB1的正弦值为1-1051 225=47035. 用向量法解与空间角有关的探索性问题考向1位置探究型【例3】 (2018辽宁省辽南协作校一模)如图所示,三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB侧面BB1C1C,AB=BC=1,BB1=2,BCC1=60.(1)求证:C1B平面ABC;(2)E是棱CC1所在直线上的一点,若二面角AB1EB的正弦值为12,求CE的长.(1)证明:因为AB平面BB1C1C,所以ABBC1,在CBC1中,由余弦定理得BC1=3,故BC1BC.又BCAB=B,所以C1B平面ABC.(2)解:由(1)可知AB,BC,BC1两两垂直,建立如图空间直角坐标系,则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).设CE=CC1=(-1,0,3),所以E(1-,0,3).AE=(1-,-1,3),AB1=(-1,-1,3).设平面AB1E的一个法向量为n1=(x,y,z),则(1-)x-y+3z=0,-x-y+3z=0.令z=3,则x=3-32-,y=32-,所以n1=3-32-,32-,3,取平面B1EB的一个法向量为n2=(0,1,0).由|cos|=32,得22-5+3=0,解得=1或=32,所以=1时,CE=2;=32时,CE=3.考向2存在判断型【例4】 (2018湖南省四校二次联考)如图,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB=AC=1,ABAC,M,N,Q分别是CC1,BC,AC的中点,点P在直线A1B1上运动,且A1P=A1B1(0,1).(1)证明:无论取何值,总有AM平面PNQ;(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.(1)证明:连接A1Q,因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,所以AA1QCAM,所以MAC=QA1A,所以MAC+AQA1=QA1A+AQA1=90,所以AMA1Q.因为N,Q分别是BC,AC的中点,所以NQAB.又ABAC,所以NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1底面ABC,所以NQAA1.又ACAA1=A,所以NQ平面ACC1A1,所以NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1,所以N,Q,A1,P四点共面.所以A1Q平面PNQ.因为NQA1Q=Q,所以AM平面PNQ,所以无论取何值,总有AM平面PNQ.(2)解:如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则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=A1B1=(1,0,0)=(,0,0),可得点P(,0,1),所以PN=12-,12,-1.设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,则nNM=0,nPN=0,即-12x+12y+12z=0,(12-)x+12y-z=0,得y=1+23x,z=2-23x,令x=3,得y=1+2,z=2-2,所以n=(3,1+2,2-2)是平面PMN的一个法向量.取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).假设存在符合条件的点P,则|cos|=|2-2|9+(1+2)2+(2-2)2=12,化简得42-14+1=0,解得=7-354或=7+354(舍去).综上,存在点P,且当A1P=7-354时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.(1)对于存在判断型问题求解,应先假设存在,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.(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.热点训练3:(2018福州市四校联考)如图,在梯形ABCD中,ABCD,AD=DC=CB=1,BCD=120,四边形BFED是直角梯形,DEBD,BFDE,DE=2BF=2,平面BFED平面ABCD.(1)求证:AD平面BFED;(2)在线段EF上是否存在一点P,使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为5728?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.(1)证明:在梯形ABCD中,因为ABCD,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BDAD,因为平面BFED平面ABCD,平面BFED平面ABCD=BD,所以AD平面BFED.(2)解:因为AD平面BFED,所以ADDE,以D为原点,分别以DA,DB,DE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,则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).设EP=EF=(0,3,-)(01),则AP=AE+EF=(-1,3,2-).取平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PAB的法向量为m=(x,y,z).由ABm=0,APm=0得-x+3y=0,-x+3y+(2-)z=0,令y=2-,得x=23-3,z=3-3,所以m=(23-3,2-,3-3)为平面PAB的一个法向量,所以|cos|=|mn|m|n|=5728,解得=13,所以当P为线段EF靠近点E的三等分点时满足题意. 【例1】 (2018潍坊市期末)在PABC中,PA=4,PC=22,P=45,D是PA的中点(如图1) .将PCD沿CD折起到图2中P1CD的位置,得到四棱锥P1ABCD.(1)将PCD沿CD折起的过程中,CD平面P1DA是否成立?请证明你的结论;(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60,且P1DA为锐角三角形,求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值.解:(1)将PCD沿CD折起过程中,CD平面P1DA成立.证明如下:因为D是PA的中点,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,因为CD2+DP2=8=PC2,所以PDC为等腰直角三角形且CDPA,所以CDDA,CDP1D,P1DAD=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,因为P1DA为锐角三角形,所以P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上,记为O,连接P1O,所以P1O平面ABCD,则P1DA是P1D与平面ABCD所成的角,所以P1DA=60,因为DP1=DA=2,所以P1DA为等边三角形,O为AD的中点,故以O为坐标原点,过点O且与CD平行的直线为x轴,DA所在直线为y轴,OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设x轴与BC交于点M,因为DA=P1A=2,所以OP1=3,易知OD=OA=CM=1,所以BM=3,则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),因为CD平面P1DA,所以可取平面P1DA的一个法向量n1=(1,0,0),设平面P1BC的法向量n2=(x2,y2,z2),则n2BC=0,n2P1C=0,所以-4y2=0,2x2-y2-3z2=0,解得y2=0,x2=32z2,令z2=1,则n2=32,0,1,设平面P1AD和平面P1BC所成的角为,由图易知为锐角,所以cos =|cos|=|n1n2|n1|n2|=32172=217.所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为217.【例2】 (2018安徽省知名示范高中联合质检)如图,在三棱锥PABC中,PAC为正三角形,M为线段PA的中点,CAB=90,AC=AB,平面PAB平面PAC.(1)求证:平面PAC平面ABC;(2)若Q是棱AB上一点,VQBMC=14VPABC,求二面角QMCA的余弦值.(1)证明:因为PAC为正三角形,M为线段PA的中点,所以CMPA,又平面PAC平面PAB,平面PAC平面PAB=PA,所以CM平面PAB.因为AB平面PAB,所以CMAB,又CAAB,CMCA=C,所以AB平面PAC.又AB平面ABC,所以平面PAC平面ABC.(2)解:连接PQ,由题意及(1)得VQBMC=VMBQC=12VPBQC=14VPABC,所以SQBC=12SABC,所以Q为线段AB的中点.取AC的中点为O,连接OP,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,设AC=AB=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),Q(1,1,0),C(-1,0,0),M12,0,32,则CM=32,0,32,CQ=(2,1,0),AB=(0,2,0).易知平面AMC的一个法向量为AB=(0,2,0).设平面QMC的法向量为n=(x,y,z),则nCM=0,nCQ=0,即32x+32z=0,2x+y=0,令x=1,则n=(1,-2,-3),由图可知二面角QMCA为锐角,故所求二面角的余弦值为|cos|=|nAB|n|AB|=|-4|222=22.
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