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专题五立体几何第3课时空间向量与立体几何高考对本部分内容考查主要从以下形式进行:以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点,与空间线面关系的证明相结合,热点为二面角的求解,均以解答题的形式进行考查,难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.题型一题型一向量法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u=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3).(1)线面平行:l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直:l⊥α⇔a∥u⇔a=ku⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.(3)面面平行:α∥β⇔u∥v⇔u=kv⇔a2=ka3,b2=kb3,c2=kc3.(4)面面垂直α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.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.证明: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Axyz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E12,1,12,F0,1,12,EF→=-12,0,0,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.又因为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.1.利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用载体中的垂直关系;(2)建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素;(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系;(4)根据运算结果解释相关问题.2.[警示]利用空间向量证明平行、垂直关系时,对于法向量的平行、垂直一定交代清楚涉及向量所在的直线、平面是否满足定理的条件.例如证明l∥α,需要证明l的方向向量与平面的法向量垂直,但一定要交代l⊄α这一条件.◎变式训练在直三棱柱ABC-A1B1C1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B-xyz,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),B1D→=(0,2,-2),B1D→·BA→=0,B1D→·BD→=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,BA,BD⊂平面ABD,因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),Ga2,1,4,F(0,1,4),则EG→=a2,1,1,EF→=(0,1,1),B1D→·EG→=0+2-2=0,B1D→·EF→=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF.又EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EGF,因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.题型二题型二向量法求空间角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αlβ的两个半平面α与β的法向量n1,n2,若二面角αlβ所成的角θ为锐角,则cosθ=|cos〈n1,n2〉|=|n1·n2||n1||n2|;若二面角αlβ所成的角θ为钝角,则cosθ=-|cos〈n1,n2〉|=-|n1·n2||n1||n2|.(2018·天津卷)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角EBCF的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解析:依题意,可以建立以D为原点,分别以DA→,DC→,DG→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系Dxyz(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(1,0,2).(1)证明:依题意得DC→=(0,2,0),DE→=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则n0·DC→=0,n0·DE→=0,即2y=0,2x+2z=0.不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN→=1,-32,1,可得MN→·n0=0.又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得BC→=(-1,0,0),BE→=(1,-2,2),CF→=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则n·BC→=0,n·BE→=0,即-x=0,x-2y+2z=0.不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则m·BC→=0,m·CF→=0,即-x=0,-y+2z=0.不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos〈m,n〉=m·n|m||n|=31010,于是sin〈m,n〉=1010.所以,二面角EBCF的正弦值为1010.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP→=(-1,-2,h).易知,DC→=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos〈BP→,DC→〉|=|BP→·DC→||BP→||DC→|=2h2+5,由题意,可得2h2+5=sin60°=32,解得h=33∈[0,2].所以,线段DP的长为33.1.利用空间向量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,写出相关向量的坐标.(3)结合公式进行论证、计算.(4)转化为几何结论.2.[警示]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.◎变式训练1.(2018·江苏卷)如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解析:如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{OB→,OC→,OO1→}为基底,建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P32,-12,2,从而BP→=-32,-12,2,AC1→=(0,2,2),故|cos〈BP→,AC1→〉|=|BP→·AC1→||BP→|·|AC1→|=|-1+4|5×22=31020.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点,所以Q32,12,0,因此AQ→=32,32,0,AC1→=(0,2,2),CC1→=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则AQ→·n=0,AC1→·n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0.不妨取n=(3,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos〈CC1→,n〉|=|CC1→·n||CC1→|·|n|=25×2=55.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.2.(2018·长春市质量检测(一))如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面ACE;(2)设PA=1,∠ABC=60°,三棱锥EACD的体积为38,求二面角DAEC的余弦值.解析:(1)证明:连接BD交AC于点O,连接OE.在△PBD中,PE=DE,BO=DO,所以PB∥OE.又OE⊂平面ACE,PB⊄平面ACE,所以PB∥平面ACE.(2)由题易知VPABCD=2VPACD=4VEACD=32,设菱形ABCD的边长为a,则VPABCD=13S▱ABCD·PA=13×2×34a2×1=32,则a=3.取BC的中点为M,连接AM,则AM⊥AD.以点A为坐标原点,分别以AM→,AD→,AP→的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0),E0,32,12,C32,32,0,AE→=0,32,12,AC→=32,32,0.设n1=(x,y,z)为平面AEC的法向量,则n1·AE→=0,n1·AC→=0,即32y+12z=0,32x+32y=0,取x=1,则n1=(1,-3,3)为平面AEC的一个法向量.又易知平面AED的一个法向量为n2=(1,0,0),所以cos〈n1,n2〉=n1·n2|n1|·|n2|=11+3+9=1313,由图易知二面角DAEC为锐二面角,所以二面角DAEC的余弦值为1313.题型三题型三向量法解决探索性问题如图,四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E是PD的中点,点F是PC的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)若底面ABCD为正方形,探究在什么条件下,二面角CAFD的大小为60°?解析:(1)证明:法一:如图,连接BD,设AC∩BD=O,连接OE,因为四边形ABCD为矩形,所以O是BD的中点,因为点E是PD的中点,所以PB∥EO,又PB⊄平面AEC,EO⊂平面AEC,所以PB∥平面AEC.法二:易知AD,AB,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AB=2a,AD=2b,AP=2c,则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c).设AC∩BD=O,连接OE,则O(a,b,0),又E是PD的中点,所以E(0,b,c).因为PB→=(2a,0,-2c),EO→=(a,0,-c),所以PB→=2EO→,所以PB→∥EO→,即PB∥EO.因为PB⊄平面AEC,EO⊂平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因为四边形ABCD为正方形,所以a=b,A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),P(0,0,2c),E
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