第26节 空间向量在立体几何中的应用（解析版）

第26节空间向量在立体几何中的应用基础知识要夯实平行垂直问题基础知识直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝||||||abab.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝||||||anan.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝1212||||||nnnn；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－1212||||||nnnn.基本技能要落实考点一通过空间向量判断位置关系【例1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.【解析】以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E11,1,22，F10,1,2，EF＝1,0,02，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．(1)因为EF＝－12AB，所以EF∥AB，即EF∥AB.又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.【方法技巧】使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.【跟踪训练】1.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明：(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A(a,0,0)，所以BA＝(a,0,0)，BD＝(0,2,2)，1BD＝(0,2，－2)，1BD·BA＝0，1BD·BD＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G,1,42a，F(0,1,4)，则EG＝,1,12a，EF＝(0,1,1)，1BD·EG＝0＋2－2＝0，1BD·EF＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.考点二空间中的角【例2】如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．【解析】(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0，0,4)，C1(0,2,4)，所以1AB＝(2,0，－4)，1CD＝(1，－1，－4)．因为cos〈1AB，1CD〉＝1111||||ABCDABCD＝18310102018所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1,1,0)，1AC＝(0,2,4)，所以n1·AD＝0，n1·1AC＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)．设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝1212||||||nnnn＝22391，得sinθ＝53.因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为53.【方法技巧】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．【跟踪训练】1.如图，在四棱锥S­ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝3，SE⊥AD.(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；(2)若SE＝1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值．【解析】(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，SE⊥AD，∴SE⊥平面ABCD.∵BE⊂平面ABCD，∴SE⊥BE.∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝3，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°.∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE.又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC.∵BE⊂平面SBE，∴平面SBE⊥平面SEC.(2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直．如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系．则E(0,0,0)，C(0,23，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以CE＝(0，－23，0)，CB＝(2，－23，0)，CS＝(0，－23，1)．设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则0,0.nCBnCS即2230,230.xyyz令y＝1，得x＝3，z＝23，则平面SBC的一个法向量为n＝(3，1,23)．设直线CE与平面SBC所成角的大小为θ，则sinθ＝|||||||nCEnCE|＝14，故直线CE与平面SBC所成角的正弦值为14.考点三利用空间向量解决探索性问题【例3】如图1，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B(如图2)．(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E­DF­C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解析】(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF＝(1，3，0)，DE＝(0，3，1)，DA＝(0,0,2)．平面CDF的法向量为DA＝(0,0,2)．设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则00DFnDEn即30,30,xyyz取n＝(3，－3，3)，cos〈DA，n〉＝||||DAnDAn＝217，所以二面角E­DF­C的余弦值为217.(3)存在．设P(s，t,0)，有AP＝(s，t，－2)，则AP·DE＝3t－2＝0，∴t＝233，又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,23－t,0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(23－t)＝－st，∴3s＋t＝23.把t＝233代入上式得s＝43，∴BP＝13BC，∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.此时，BPBC＝13.【方法技巧】1空间向量法最适合于解决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.2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.【跟踪训练】如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.(1)若D为AA1中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；(2)在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1­CD­C1的大小为60°？【解析】(1)证明：如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即11CB＝(0,2,0)，1DC＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．由11CB·CD＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11CB⊥CD，即C1B1⊥CD.由1DC·CD＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC⊥CD，即DC1⊥CD.又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)存在．当AD＝22AA1时，二面角B1­CD­C1的大小为60°.理由如下：设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，CD＝(1,0，a)，1CB＝(0,2,2)，设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，则100mCBmCD=⇒220,0,yzxaz令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．又∵CB＝(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量，则cos60°＝||||||mCBmCB＝212a＝12，解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2＝22AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意．达标检测要扎实一、单选题1．已知向量3,1a，向量31,31ab，则a与b的夹角大小为（）A．30°B．60°C．120°D．150°【答案】D【解析】向量3,1a，向量31,31ab，1,3b，333cos,222ab，且0,ab，,ab的夹角为51506.故选：D.2．设,ab为单位向量，且ab＝1，则|a+2b|＝（）A．3B．7C．3D．7【答案】B【解析】,ab为单位向量，且ab＝1可得2221aabb，可得12ab，222441247abaabb.故选：B．3．在平行四边形ABCD中，1,2,3,4ACBD，则ABAD（）A．-5B．-4C．-3D．-2【答案】A【解析】ACABAD，BDADAB，2222ACABABADAD，2222BDADABADAD，2222224123420ACBDABAD