专题四 第三讲 空间向量与立体几何

战考场第3讲空间向量与立体几何知考情研考题析考向高频考点考情解读考查方式利用空间向量证明空间位置关系利用平面的法向量与直线的方向向量的位置关系证明线面位置关系解答题利用空间向量求角异面直线所成角、线面角、二面角是常考重点解答题利用空间向量解决探索性问题重点考查根据条件确定几何体线段上存在点的位置及应用解答题[联知识串点成面]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[做考题查漏补缺](2011·杭州模拟)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.[证明](1)如图，连接OP，以点O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．由题意，得G(0,4,0)．因为＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)，所以平面BOE的一个法向量n＝(0,3,4)．由＝(－4,4，－3)，得n·＝0.又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.OBOEFGFG(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则＝(x0－4，y0，－3)．因为FM⊥平面BOE，所以∥n，因此x0＝4，y0＝－94，即点M的坐标是(4，－94，0)．在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组x0，y0，x－y8.经检验，点M的坐标满足上述不等式组．所以，在△AOB内存在一点M，使FM⊥平面BOE.FMFM1．(2011·南昌模拟)如图，正方形ABCD所在的平面与平面四边形ABEF所在的平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°.(1)求证：EF⊥平面BCE；(2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE.证明：∵△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，∴AE⊥AB，∵平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴AE⊥平面ABCD.∴AE⊥AD，即AD、AB、AE两两垂直．如图建立空间直角坐标系．(1)证明：设AB＝1，则AE＝1，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1，1,0)，∵FA＝FE，∠AEF＝45°，∴∠AFE＝90°，从而F(0，－12，12)．＝(0，－12，－12)，＝(0，－1,1)，＝(1,0,0)．于是·＝0＋12－12＝0，·＝0，∴EF⊥BE，EF⊥BC.∵BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BC∩BE＝B，∴EF⊥平面BCE.EFBEBCEFBEEFBC(2)M(0,0，12)，P(1，12，0)，从而＝(－1，－12，12)，于是·＝(－1，－12，12)·(0，－12，－12)＝0＋14－14＝0.∴PM⊥EF.又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PM∥平面BCE.EFPMPM2．(2011·湖南高考改编)如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是AB的中点，D为AC的中点．证明：平面POD⊥平面PAC.证明：如图所示，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，2)，D(－12，12，0)．设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·＝0，n1·＝0，得－12x1＋12y1＝0，2z1＝0.ODOP所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·＝0，n2·＝0，得－x2－2z2＝0，y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2，取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．因为n1·n2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.PAPC[悟方法触类旁通]1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.[联知识串点成面]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〉|＝|a·b||a||b|.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〉|＝|n·a||n||a|.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〉|＝|n1·n2||n1||n2|；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2||n1||n2|.[做考题查漏补缺](2011·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．[解](1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，所以＝(1，3，－2)，＝(0,23，0)．设PB与AC所成的角为θ，则cosθ＝＝622×23＝64.PBAC(3)由(2)知＝(－1，3，0)设P(0，－3，t)(t＞0)，则＝(－1，－3，t)，设平面PBC的一个法向量m＝(x，y，z)，则·m＝0，·m＝0，所以－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0.令y＝3，则x＝3，z＝6t.BCBPBCBP所以m＝(3，3，6t)．同理，平面PDC的一个法向量n＝(－3，3，6t)．因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋36t2＝0.解得t＝6，所以PA＝6.3．(2011·西安模拟二)已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．解：设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，12)，N(12，0,0)，S(1，12，0)．(1)证明：＝(1，－1，12)，＝(－12，－12，0)，因为·＝－12＋12＋0＝0，所以CM⊥SN.CMSNSNCM(2)＝(－12，1,0)，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则x－y＋12z＝0，－12x＋y＝0，令x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，〉|＝－1－123×22＝22，所以SN与平面CMN所成角为45°.SNNC4．(2011·西安模拟一)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．(1)证明：PA∥平面BDE；(2)求二面角B－DE－C的余弦值．解：(1)证明：以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PD＝DC＝2，则A(2,0,0)，P(0，0,2)，E(0,1,1)，B(2,2,0)．∴＝(2,0，－2)，＝(0,1,1)，＝(2,2,0)，PADEDB设n1＝(x，y，z)是平面BDE的一个法向量，则由n1·＝0，n1·＝0，得y＋z＝0，2x＋2y＝0，取y＝－1，得n1＝(1，－1,1)，∵·n1＝2－2＝0，∴⊥n1，又PA⊄平面BDE，∴PA∥平面BDE.DEPAPADB(2)由(1)知n1＝(1，－1,1)是平面BDE的一个法向量，又n2＝＝(2,0,0)是平面DEC的一个法向量．设二面角B－DE－C的平面角为θ，由图可知θ＝〈n1，n2〉，∴cosθ＝cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝23×2＝33，所以二面角B－DE－C的余弦值为33.DA[悟方法触类旁通]1．两异面直线所成角的范围是θ∈(0，π2]，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的联系与区别，应有cosθ＝|cosα|.2．在求线面角时要注意：若平面的法向量与直线的方向向量的夹角为α(α可为锐角或钝角)，则直线与平面所成的角θ应满足sinθ＝|cosα|.3．二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于这两个法向量的夹角或其补角.[联知识串点成面]利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．[做考题查漏补缺](2011·浙江高考)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0，0,4)，AP＝(0,3,4)，BC＝(－8,0,0)，由此可得AP·BC＝0，所以AP⊥BC，即AP⊥BC.(2)设PM＝λPA，λ≠1，则PM＝λ(0，－3，－4)．BM＝BP＋PM＝BP＋λPA＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC＝(－4,5,0)．设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．由BM·n1＝0，BC·n1＝0，得－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，－8x1＝0，即x1＝0，z1＝2＋3λ4－4λy1，可取n1＝(0,1，2＋3λ4－4λ)．由·n2＝0，·n2＝0，即3y2＋4z2＝0，－4x2＋5y2＝0，APAC得x2＝54y2，z2＝－34y2，可取n2＝(5,4，－3)．由n1·n2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.5．(2011·郑州模拟)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1＝2.(1)求三棱锥C－A1B1C1的体