《2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 必考問(wèn)題專(zhuān)項(xiàng)突破14 用空間向量法解決立體幾何問(wèn)題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 必考問(wèn)題專(zhuān)項(xiàng)突破14 用空間向量法解決立體幾何問(wèn)題 理（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考問(wèn)題14　用空間向量法解決立體幾何問(wèn)題 　(2020·山東)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二面角F - BD- C的余弦值． (1)證明　因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A， AE，AD?平面AED，所以BD⊥平面AED. (2)解　連接AC，由(1)知AD⊥BD，所以

2、AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直， 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF 所在的直線為x軸，y軸，z軸， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 不妨設(shè)CB＝1， 則C(0,0,0)，B(0,1,0)， D，F(xiàn)(0,0,1)， 因此＝，＝(0，－1,1)． 設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 則m·＝0，m·＝0，所以x＝y(tǒng)＝z， 取z＝1，則m＝(，1,1)． 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一個(gè)法向量， 則cos〈m，〉＝＝＝， 所以二面角FBDC的余弦值為. 對(duì)立體幾何中的向量方法部分，主要以解答題的方式進(jìn)行考查，

3、而且偏重在第二問(wèn)或者第三問(wèn)中使用這個(gè)方法，考查的重點(diǎn)是使用空間向量的方法進(jìn)行空間角和距離等問(wèn)題的計(jì)算，把立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算問(wèn)題． 空間向量的引入為空間立體幾何問(wèn)題的解決提供了新的思路，作為解決空間幾何問(wèn)題的重要工具，首先要從定義入手，抓住實(shí)質(zhì)，準(zhǔn)確記憶向量的計(jì)算公式，注意向量與線面關(guān)系、線面角、面面角的準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化；其次要從向量的基本運(yùn)算入手，養(yǎng)成良好的運(yùn)算習(xí)慣，確保運(yùn)算的準(zhǔn)確性. 必備知識(shí) 直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，

4、v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥ν?μ·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. 空間角的計(jì)算 (1)兩條異面直線所成角的求法 設(shè)直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為θ，則 cos φ＝|cos θ|＝(其中φ為異面直線a，b所成的角)． (2)直線和平面所成角的求法 如圖所示

5、，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sin φ＝|cos θ|＝. (3)二面角的求法 ①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如圖所示，〈m，n〉即為所求二面角的平面角． ②對(duì)于易于建立空間直角坐標(biāo)系的幾何體，求二面角的大小時(shí)，可以利用這兩個(gè)平面的法向量的夾角來(lái)求． 如圖所示，二面角αlβ，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，〈n1，n2〉＝θ，則二面有αlβ的大小為θ或πθ. 空間距離的計(jì)算 直線到平面的距離，兩平行平面的距離均可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離． 點(diǎn)P到平面α的距離，d＝(其中n

6、為α的法向量，M為α內(nèi)任一點(diǎn))． 必備方法 1．空間角的范圍 (1)異面直線所成的角(θ)：0＜θ≤； (2)直線與平面所成的角(θ)：0≤θ≤； (3)二面角(θ)：0≤θ≤π. 2．用向量法證明平行、垂直問(wèn)題的步驟： (1)建立空間圖形與空間向量的關(guān)系(可以建立空間直角坐標(biāo)系，也可以不建系)，用空間向量表示問(wèn)題中涉及的點(diǎn)、直線、平面； (2)通過(guò)向量運(yùn)算研究平行、垂直問(wèn)題； (3)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問(wèn)題． 3．空間向量求角時(shí)考生易忽視向量的夾角與所求角之間的關(guān)系：(1)求線面角時(shí)，得到的是直線方向向量和平面法向量的夾角的余弦，而不是線面角的余弦； (2)求二面角時(shí)，

7、兩法向量的夾角有可能是二面角的補(bǔ)角，要注意從圖中分析. 多以多面體(特別是棱柱、棱錐)為載體，求證線線、線面、面面的平行或垂直，其中邏輯推理和向量計(jì)算各有千秋，邏輯推理要書(shū)寫(xiě)清晰，“充分”地推出所求證(解)的結(jié)論；向量計(jì)算要步驟完整，“準(zhǔn)確”地算出所要求的結(jié)果．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? 如圖所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分別為B1A、C1C、BC的中點(diǎn)．求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽(tīng)課記錄](méi) [審題視點(diǎn)]

8、 建系后，(1)在平面ABC內(nèi)尋找一向量與共線；(2)在平面AEF內(nèi)尋找兩個(gè)不共線的向量與垂直． 證明　 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz， 令A(yù)B＝AA1＝4， 則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)， B(4,0,0)，B1(4,0,4)． (1)取AB中點(diǎn)為N，連接CN， 則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)， ∴＝， ∴DE∥NC，又∵NC?平面ABC， DE?平面ABC.故DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)， ＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)． ·＝(－2)×

9、2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. (1)要證明線面平行，只需證明與平面ABC的法向量垂直；另一個(gè)思路則是根據(jù)共面向量定理證明向量與相等． (2)要證明線面垂直，只要證明與平面AEF的法向量平行即可；也可根據(jù)線面垂直的判定定理證明⊥，⊥. 【突破訓(xùn)練1】 在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BB1，DC的中點(diǎn)． (1)求證：D1F⊥平面ADE； (2)設(shè)正方形ADD1A1的中心為M，B1C1的中點(diǎn)為N，求證：MN∥平面ADE.

10、 證明　 (1)如圖，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)， F0，，0，E1,1，， ＝(－1,0,0)，＝0，，－1， ·＝(－1,0,0)·0，，－1＝0. ∴AD⊥D1F. 又＝0,1，，＝0，，－1， ∴·＝0,1，·0，，－1＝－＝0. ∴AE⊥D1F. 又AE∩AD＝A，D1F?平面ADE， ∴D1F⊥平面ADE. (2)∵M(jìn)，0，，N，1,1，∴＝0,1，. 由(1)知，＝0，，－1是平面ADE的法向量． 又∵·＝0＋－＝0，∴MN⊥D1F. ∵M(jìn)N?平面

11、ADE，∴MN∥平面ADE. 多以空間幾何體、平面圖形折疊成的空間幾何體為載體，考查線線角、線面角的求法，正確科學(xué)地建立空間直角坐標(biāo)系是解此類(lèi)題的關(guān)鍵． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】? (2020·全國(guó)理)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一點(diǎn)，PE＝2EC. (1)證明：PC⊥平面BED； (2)設(shè)二面角APBC為90°，求PD與平面PBC所成角的大?。? [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽(tīng)課記錄](méi) [審題視點(diǎn)] (1)由＝可得△FCE∽△PCA，則∠FEC＝90°，易得PC⊥EF、PC⊥

12、BD. (2)作AG⊥PB于G，由二面角APBC為90°，易得底面ABCD為正方形，可得AD∥面PBC，則點(diǎn)D到平面PCB的距離d＝AG，找出線面角求解即可．也可利用法向量求解，思路更簡(jiǎn)單，但計(jì)算量比較大． 法一　 (1)證明　因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD. 設(shè)AC∩BD＝F，連接EF.因?yàn)锳C＝2，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，F(xiàn)C＝，從而＝，＝. 因?yàn)椋?，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF. PC與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BE

13、D. (2)解　在平面PAB內(nèi)過(guò)點(diǎn)A作AG⊥PB，G為垂足． 因?yàn)槎娼茿PBC為90°，所以平面PAB⊥平面PBC. 又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC. BC與平面PAB內(nèi)兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD為正方形，AD＝2，PD＝＝2. 設(shè)D到平面PBC的距離為d. 因?yàn)锳D∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D兩點(diǎn)到平面PBC的距離相等，即d＝AG＝. 設(shè)PD與平面PBC所成的角為α，則sin α＝＝. 所以PD與平面PBC所成的角為30°. 法二　(1)證明

14、　以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AC為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz. C(2，0,0)，設(shè)D(，b,0)，其中b＞0，則P(0,0,2)， E，0，，B(，－b,0)． 于是＝(2，0，－2)， ＝，b，， ＝，－b，， 從而·＝0，·＝0， 故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE. (2)解?。?0,0,2)，＝(，－b,0)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面PAB的法向量，則 m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0， 令x＝b，則m＝(b，，0)． 設(shè)n＝(p，q，r)為平面PBC的法向量，則 n·＝0，n·＝0，

15、 即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0， 令p＝1，則r＝，q＝－，n＝1，－，. 因?yàn)槊鍼AB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)． cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°. 因?yàn)镻D與平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD與平面PBC所成的角為30°. (1)運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟為：①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；②求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；③寫(xiě)出向量坐標(biāo)；④結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論． (2)求直線與平面所成的角θ，主要通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角α求得，即sin θ＝|cos α|. 【突破訓(xùn)練2

16、】 (2020·陜西)如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設(shè)E為BC的中點(diǎn)，求A與D夾角的余弦值． (1)證明　∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當(dāng)△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC. ∵AD?平面ABD， ∴平面ADB⊥平面BDC. (2)解　由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC兩 兩垂直，不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以D，D，D所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

17、系，易得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)， A(0,0，)，E， ∴A＝，D＝(1,0,0)， ∴A與D夾角的余弦值為cos〈A，D〉＝＝＝. 用空間向量法求二面角的大小是高考的熱點(diǎn)．考查空間向量的應(yīng)用以及運(yùn)算能力，題目難度為中等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? (2020·天津改編) 如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)證明：PC⊥AD； (2)求二面角APCD的正弦值． [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽(tīng)課記錄](méi) [審題視點(diǎn)] 建立空間

18、坐標(biāo)系，應(yīng)用向量法求解． 解　如圖， 以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)， C(0,1,0)，B－，，0，P(0,0,2)． (1)證明：易得＝(0,1，－2)， ＝(2,0,0)． 于是·＝0，所以PC⊥AD. (2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)． 設(shè)平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 則即不妨令z＝1， 可得n＝(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝. 從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角APCD的正弦值為. 借助向量求二面角是解決空間角問(wèn)題的常用方法

19、．求解過(guò)程中應(yīng)注意以下幾個(gè)方面： (1)兩平面的法向量的夾角不一定就是所求的二面角，有可能兩法向量夾角的補(bǔ)角為所求； (2)求平面的法向量的方法：①待定系數(shù)法：設(shè)出法向量坐標(biāo)，利用垂直關(guān)系建立坐標(biāo)的方程解之；②先確定平面的垂線，然后取相關(guān)線段對(duì)應(yīng)的向量，即確定了平面的法向量．當(dāng)平面的垂線較易確定時(shí)，?？紤]此方法． 【突破訓(xùn)練3】 (2020·唐山一模)如圖， 在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，M，N分別是棱CC1、AB的中點(diǎn)． (1)求證：CN∥平面AMB1； (2)若二面角AMB1C為45°，求CC1的長(zhǎng)． (1)證明　設(shè)AB1的中

20、點(diǎn)為P，連接NP、MP. ∵CM綉AA1，NP綉AA1，∴CM綉NP， ∴CNPM是平行四邊形，∴CN∥MP. ∵CN?平面AMB1，MP?平面AMB1， ∴CN∥平面AMB1. (2)解　如圖，以C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，使x軸、y軸、z軸分別與、、同向． 則C(0,0,0)，A(1，，0)， B(－1，，0)，設(shè)M(0,0，a)(a＞0)， 則B1(－1，，2a)， ＝(1，，－a)，＝(－1，，a)，＝(0,0，a)， 設(shè)平面AMB1的法向量n＝(x，y，z)， 則n·＝0，n·＝0， 即 則y＝0，令x＝a，則z＝1，即n＝(a,0,1)．

21、設(shè)平面MB1C的一個(gè)法向量是m＝(u，v，w)， 則m·＝0，m·＝0， 即 則w＝0，令v＝1，則u＝，即m＝(，1,0)． 所以cos〈m，n〉＝， 依題意，〈m，n〉＝45°，則＝，解得a＝，所以CC1的長(zhǎng)為2. 　　　　　　 探索性問(wèn)題 此類(lèi)問(wèn)題命題背景寬，涉及到的知識(shí)點(diǎn)多，綜合性較強(qiáng)，通常是尋找使結(jié)論成立的條件或探索使結(jié)論成立的點(diǎn)是否存在等問(wèn)題，全面考查考生對(duì)立體幾何基礎(chǔ)知識(shí)的掌握程度，考生的空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例4】? 如圖所示， 四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，MD⊥平面ABCD，

22、NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值； (2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． [審題視點(diǎn)] 　 　 [聽(tīng)課記錄](méi) [審題視點(diǎn)] 建立以D為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解，第(2)問(wèn)中設(shè)＝λ，由ES⊥平面AMN可得λ值． 解　(1) 如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz. 依題意，易得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，1,0. ∴＝－，0，－1，

23、 ＝(－1,0,1)． ∵cos〈，〉＝＝＝－， ∴異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN. ∵＝(0,1,1)，可設(shè)＝λ＝(0，λ，λ)， 又＝，－1,0，∴＝＋＝，λ－1，λ. 由ES⊥平面AMN，得即 故λ＝，此時(shí)＝0，，，||＝. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)AS＝時(shí)，ES⊥平面AMN.故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，此時(shí)AS＝. 空間向量最適合于解決這類(lèi)立體幾何中的探索性問(wèn)題，它無(wú)需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷．解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐

24、標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，因此使用問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題． 【突破訓(xùn)練4】 如圖1， ∠ACB＝45°，BC＝3，過(guò)動(dòng)點(diǎn)A作AD⊥BC，垂足D在線段BC上且異于點(diǎn)B，連接AB，沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°(如圖2所示)． (1)當(dāng)BD的長(zhǎng)為多少時(shí)，三棱錐ABCD的體積最大； (2)當(dāng)三棱錐ABCD的體積最大時(shí)，設(shè)點(diǎn)E，M分別為棱BC，AC的中點(diǎn)，試在棱CD上確定一點(diǎn)N，使得EN⊥BM，并求EN與平面BMN所成角的大?。? 解　(1)法一　在如題圖1所示的△ABC中，設(shè)BD＝x(0＜x＜3)，則CD＝3－x.由AD⊥BC，∠AC

25、B＝45°知，△ADC為等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x. 由折起前AD⊥BC知，折起后(如題圖2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D， 所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)，于是VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤3＝， 當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－x，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立， 故當(dāng)x＝1，即BD＝1時(shí)，三棱錐ABCD的體積最大． 法二　同法一，得 VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x) ＝(x3－6x2＋9x)．令f(x)＝(x3－6x2＋9x)， 由f′(x)＝

26、(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1,3)時(shí)，f′(x)＜0. 所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最大值． 故當(dāng)BD＝1時(shí)，三棱錐ABCD的體積最大． (2)以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz. 由(1)知，當(dāng)三棱錐ABCD的體積最大時(shí)，BD＝1，AD＝CD＝2. 于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)， C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)， E，1,0，且＝(－1,1,1)． 設(shè)N(0，λ，0)，則＝－，λ－1,0. 因?yàn)镋N⊥BM等價(jià)于·＝0， 即－，λ－1,0·(－1,

27、1,1)＝＋λ－1＝0， 故λ＝，N0，，0. 所以當(dāng)DN＝(即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí)，EN⊥BM. 設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由及＝－1，，0，得可取n＝(1,2，－1)． 設(shè)EN與平面BMN所成角的大小為θ，則由＝－，－，0，n＝(1,2，－1)，可得sin θ＝cos (90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°. 故EN與平面BMN所成角的大小為60°. 利用向量法求空間角要破“四關(guān)” 利用向量法求解空間角，可以避免利用定義法作角、證角、求角中的“一作、二證、三計(jì)算”的繁瑣過(guò)程，利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破”．第一破“建系關(guān)”，第二

28、破“求坐標(biāo)關(guān)”；第三破“求法向量關(guān)”；第四破“應(yīng)用公式關(guān)”，熟記線面成的角與二面角的公式，即可求出空間角． 【示例】? (2020·佛山調(diào)研)如圖所示，在三棱錐PABC中，已知PC⊥平面ABC，點(diǎn)C在平面PBA內(nèi)的射影D在直線PB上． (1)求證：AB⊥平面PBC； (2)設(shè)AB＝BC，直線PA與平面ABC所成的角為45°，求異面直線AP與BC所成的角； (3)在(2)的條件下，求二面角CPAB的余弦值． [滿分解答]　(1)∵PC⊥平面ABC，AB?平面ABC， ∴AB⊥PC.∵點(diǎn)C在平面PBA內(nèi)的射影D在直線PB上， ∴CD⊥平面PAB. 又∵AB?平面PBA，∴AB⊥

29、CD. 又∵CD∩PC＝C，∴AB⊥平面PBC.(4分) (2)∵PC⊥平面ABC， ∴∠PAC為直線PA與平面ABC所成的角． 于是∠PAC＝45°，設(shè)AB＝BC＝1，則PC＝AC＝，以B為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0，0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，)， ＝(1，－1，)，＝(1,0,0)， ∵cos〈，〉＝＝， ∴異面直線AP與BC所成的角為60°.(8分) (3)取AC的中點(diǎn)E，連接BE，則＝，，0， ∵AB＝BC，∴BE⊥AC.又∵平面PCA⊥平面ABC， ∴BE⊥平面PAC.∴是平面PAC的法向量．設(shè)平面PAB的法向量

30、為n＝(x，y，z)，則由得取z＝1，得 ∴n＝(－，0,1)． 于是cos〈n，〉＝＝＝－. 又∵二面角CPAB為銳角， ∴所求二面角的余弦值為.(12分) 老師叮嚀：(1)解決此類(lèi)問(wèn)題，一定要先分析已知條件中，是否直接說(shuō)出此三條直線是兩兩垂直，否則，要先證明以后才能建立坐標(biāo)系，另外，要在作圖時(shí)畫(huà)出每條坐標(biāo)軸的方向.(2)有的考生易忽視向量的夾角與所求角之間的關(guān)系，如求解二面角時(shí)，不能根據(jù)幾何體判斷二面角的范圍，忽視法向量的方向，誤以為兩個(gè)法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯(cuò).如本例中求得cos ＝－，不少考生回答為：二面角的余弦值為－，這是錯(cuò)誤的，原因是忽視了對(duì)二面角CPAB的

31、大小的判斷. 【試一試】 (2020·東北三校模擬)如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，D為AB的中點(diǎn)． (1)求證：BC1∥平面DCA1； (2)求二面角DCA1C1的平面角的余弦值． (1)證明　 如圖所示，以BC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，設(shè)AB＝BC＝CA＝AA1＝2. 設(shè)n＝(x，y，z)是平面DCA1的一個(gè)法向量，則 又＝，0，，＝(1,2，)， 所以令x＝1，z＝－，y＝1， 所以n＝(1,1，－)．因?yàn)椋?－2,2,0)， 所以n·＝－2＋2＋0＝0. 又BC1?平面DCA1，所以BC1∥平面DCA1. (2)解　設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一個(gè)法向量， 則又＝(0,2,0)，＝(1,2，)， 所以令z1＝1，x1＝－， 所以m＝(－，0,1)．所以cos〈m，n〉＝＝－. 所以所求二面角的余弦值為－. 必考問(wèn)題