空间向量与立体几何

立体几何中的向量方法专题热点一利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，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，以点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)，M12，0，0，O12，12，12.(1)OM→＝0，－12，－12，BA→＝(－1,0,0)，∴OM→·BA→＝0,∴OM→⊥BA→.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面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n1·DF→＝0，n1·DM→＝0.得x1－y1＋z1＝0，12x1－y1＝0，令x1＝1，则n1＝1，12，－12.同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二(1)OM→＝OF→＋FB→＋BM→＝12DF→－BF→＋12BA→＝12(DB→＋BF→)－BF→＋12BA→＝－12BD→－12BF→＋12BA→＝－12(BC→＋BA→)－12BF→＋12BA→＝－12BC→－12BF→.∴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→，FC→＝BC→－BF→，∴OM→·CD→＝－12BC→－12BF→·BA→＝0，OM→·FC→＝－12BC→－12BF→·(BC→－BF→)＝－12BC→2＋12BF→2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴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a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点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.证明(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵点E，F分别是PC，PD的中点，∴E12，1，12，F0，1，12，EF→＝－12，0，0，AB→＝(1,0,0)．∵EF→＝－12AB→，∴EF→∥AB→，即EF∥AB，又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知PB→＝(1,0，－1)，PD→＝(0,2，－1)，AP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，DC→＝(1,0,0)，∵AP→·DC→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD→·DC→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP→⊥DC→，AD→⊥DC→，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.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α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线线夹角设l，m的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cosθ＝|a·b||a||b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|a21＋b21＋c21a22＋b22＋c22.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sinθ＝|a·μ||a||μ|＝|cos〈a，μ〉|.(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θπ)，则|cosθ|＝|μ·v||μ||v|＝|cos〈μ，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，∠ABC＝∠BAD＝π2，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(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Axyz，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，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m·PC→＝0，m·PD→＝0，即x＋y－2z＝0，2y－2z＝0.令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈AD→，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→＝λBP→＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1,0)，则CQ→＝CB→＋BQ→＝(－λ，－1,2λ)，又DP→＝(0，－2,2)，从而cos〈CQ→，DP→〉＝CQ→·DP→|CQ→||DP→|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈CQ→，DP→〉＝2t25t2－10t＋9＝291t－592＋209≤910.当且仅当t＝95，即λ＝25时，|cos〈CQ→，DP→〉|的最大值为31010.因为y＝cosx在0，π2上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝12＋22＝5，所以BQ＝25BP＝255.思维升华(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，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方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如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，点P是棱BB1上一点，满足BP→＝λBB1→(0≤λ≤1)．(1)若λ＝13，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；(2)若二面角P—A1C—B的正弦值为23，求λ的值．解以点A为坐标原点O，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AC＝1，AA1＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2λ)．(1)由λ＝13得，CP→＝1，－1，23，A1B→＝(1,0，－2)，A1C→＝(0,1，－2)，设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·A1B→＝0，n1·A1C→＝0，得x1－2z1＝0，y1－2z1＝0.不妨取z1＝1，则x1＝y1＝2，从而平面A1BC的一个法向量为n1＝(2,2,1)．设直线PC与平面A1BC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈CP→，n1〉|＝CP→·n1|CP→|·|n1|＝2233，所以直线PC与平面A1BC所成的角的正弦值为2233.(2)设平面PA1C的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，A1P→＝(1,0,2λ－2)，由n2·A1C→＝0，n2·A1P→＝0，得y2－2z2＝0，x2＋2λ－2z2＝0.不妨取z2＝1，则x2＝2－2λ，y2＝2，所以平面PA1C的法向量为n2＝(2－2λ，2,1)．则cos〈n1，n2〉＝9－4λ34λ2－8λ＋9，又因为二面角P—A1C—B的正弦值为23，所以9－4λ34λ2－8λ＋9＝53，化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值为1.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)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如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(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(1)由题意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC.如图所示，以点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)．设异面直线NE与AM所成角为θ，则cosθ＝|cos〈NE→，AM→〉|＝|NE→·AM→||NE→|·|AM→|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE.因为AN→＝(0,1,1)，可设AS→＝λAN→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA→＝(12，－1,0)，所以ES→＝EA→＋AS→＝(12，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN，得ES→·AM→＝0，ES→·AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，解得λ＝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.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，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM∥平面ABCD；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明由已