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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題5 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法 理 向量法證明線面位置關系 訓練提示: 使用空間向量方法證明線面平行, (1)可以證明直線的方向向量和平面內(nèi)一條直線的方向向量平行,然后根據(jù)線面平行的判定定理得到線面平行; (2)可以證明直線的方向向量與平面的法向量垂直; (3)證明直線的方向向量與平面內(nèi)兩相交直線的方向向量共面,證明面面垂直既可以證明線線垂直,然后使用判定定理進行判定,也可以證明兩個平面的法向量垂直. 1.已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,E,F分別是 BB1,DD1的中點,用空間向量法證明: (1)FC1∥平面ADE; (2)平面ADE∥平面B1C1F. 證明: 如圖所示建立空間直角坐標系Dxyz, 則有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1), F(0,0,1),B1(2,2,2), 所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1). (1)設n1=(x1,y1,z1)是平面ADE的法向量, 則n1⊥,n1⊥, 即? 令z1=2,y1=-1, 所以n1=(0,-1,2),因為n1=-2+2=0, 所以n1⊥, 又因為FC1?平面ADE,即FC1∥平面ADE. (2)因為=(2,0,0),設n2=(x2,y2,z2)是平面B1C1F的一個法向量. 由n2⊥,n2⊥, 得? 令z2=2,y2=-1,所以n2=(0,-1,2), 所以n1=n2,所以平面ADE∥平面B1C1F. 2. (xx賓川縣校級月考)在邊長是2的正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F分別為AB,A1C的中點.應用空間向量方法求解下列問題. (1)求EF的長; (2)證明:EF∥平面AA1D1D; (3)證明:EF⊥平面A1CD. (1)解:如圖建立空間直角坐標系,則A1(2,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),D1(0,0,2),D(0,0,0), 因為E,F分別為AB,A1C的中點, 所以E(2,1,0),F(1,1,1), =(-1,0,1), 所以||==. 證明:(2)因為=(-2,0,2)=2,所以EF∥AD1, 又AD1?平面AA1D1D,EF?平面AA1D1D, 所以EF∥平面AA1D1D. (3)=(0,-2,0),=(-2,0,-2), 因為=0,=0, 所以EF⊥CD,EF⊥A1D,又CD∩A1D=D, 所以EF⊥平面A1CD. 用空間向量求空間角 訓練提示:由空間向量法求解線線、線面、面面角的關鍵是把問題轉化為向量與向量之間的關系. 3. (xx遼寧錦州質檢)如圖所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1. (1)求直線DF與平面ACEF所成角的正弦值; (2)在線段AC上找一點P,使與所成的角為60,試確定點P的 位置. 解: (1)以C為坐標原點,分別以CD,CB,CE所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則 E(0,0,1),D(,0,0),B(0,,0),A(,,0),F(,,1),連接BD,則AC⊥BD. 因為平面ABCD⊥平面ACEF, 且平面ABCD∩平面ACEF=AC, 所以BD⊥平面ACEF, 所以是平面ACEF的一個法向量. 又=(-,,0),=(0,,1), 所以cos<,>==. 故直線DF與平面ACEF所成角的正弦值為. (2)設P(a,a,0)(0≤a≤), 則=(-a,-a,1),=(0,,0). 因為<,>=60, 所以cos 60==. 解得a=或a=(舍去), 故存在滿足條件的點P(,,0)為AC的中點. 4.(xx大連市高三一模) 如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=60,PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,點E,F分別為AB和PD中點. (1)求證:直線AF∥平面PEC; (2)求PC與平面PAB所成角的正弦值. (1)證明:作FM∥CD交PC于M,連接EM. 因為點F為PD中點, 所以FM=CD, 所以AE=AB=FM, 所以四邊形AEMF為平行四邊形, 所以AF∥EM, 因為AF?平面PEC,EM?平面PEC, 所以直線AF∥平面PEC. (2)解:連接DE,因為∠DAB=60, 所以DE⊥DC. 如圖所示,建立坐標系,則P(0,0,1),C(0,1,0),E(,0,0), A(,-,0),B(,,0). 所以=(-,,1), =(0,1,0). 設平面PAB的一個法向量為n=(x,y,z), 因為n=0,n=0, 所以取x=1,則z=, 所以平面PAB的一個法向量為n=(1,0,), =(0,1,-1), 所以設向量n與所成角為θ, 所以cos θ===-, 所以PC與平面PAB所成角的正弦值為. 5. (xx甘肅蘭州第二次監(jiān)測)在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E,F分別是BB1,AC,AA1的中點,AC=BC=AA1,AB=AC. (1)求證:CD∥平面BEF; (2)求平面ACD與平面A1C1D所成二面角的大小. (1)證明:連接A1C, 因為D,E,F分別是BB1,AC,AA1的中點, 所以A1D∥BF,A1C∥EF, 因為在平面A1CD中A1D∩A1C=A1, 在平面BEF中BF∩EF=F, 所以平面A1CD∥平面BEF,而CD?平面A1CD, 所以CD∥平面BEF. (2)解: 依題意AC⊥BC,BC⊥CC1,AC⊥CC1,所以分別以CA,CB,CC1所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,設CA=1,則 A(1,0,0),C(0,0,0),D(0,1,1),C1(0,0,2),A1(1,0,2), 設n1=(x,y,z)為平面ACD的一個法向量,則n1=0且n1=0, 即令y=1,則n1=(0,1,-1), 同理可得平面A1C1D的一個法向量為n2=(0,1,1), 因為n1n2=00+11+1(-1)=0, 所以平面ACD與平面A1C1D所成二面角為. 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 類型一:立體幾何中的向量方法 1.(xx太原市模擬)已知長方體ABCDA1B1C1D1中,AA1=AB=2,若棱AB上存在點P,使得D1P⊥PC,則AD的取值范圍是(　C　) (A)[1,2) (B)(1,] (C)(0,1] (D)(0,2) 解析: 如圖建立空間直角坐標系.設AD=a(a>0),AP=x(0≤x≤2),則 P(a,x,2),C(0,2,2), 所以=(a,x,2), =(a,x-2,0), 因為D1P⊥PC, 所以=0, 即a2+x(x-2)=0,a==. 當0≤x≤2時,a∈(0,1].故選C. 2.正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a,點M在AC1上且=,N為B1B的中點,則||為(　A　) (A)a (B)a (C)a (D)a 解析: 以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz, 則A(a,0,0),C1(0,a,a), N(a,a,). 設M(x,y,z). 因為點M在AC1上且=, 所以(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z), 所以x=a,y=,z=. 所以M(,,), 所以||= =a. 類型二:利用空間向量求空間角 3. (xx黑龍江高三模擬)如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個動點,DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan ∠EAB=. (1)證明:平面ADE⊥平面ACD; (2)當三棱錐CADE體積最大時,求二面角DAEB的余弦值. (1)證明:因為AB是直徑,所以BC⊥AC, 因為CD⊥平面ABC, 所以CD⊥BC, 因為CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD, 因為CD∥BE,CD=BE, 所以四邊形BCDE是平行四邊形, BC∥DE,所以DE⊥平面ACD, 因為DE?平面ADE, 所以平面ADE⊥平面ACD. (2)解:依題意,EB=1, 由(1)知==S△ACDDE=ACCDDE=ACBC≤(AC2+BC2)=AB2=, 當且僅當AC=BC=2時等號成立. 如圖所示,建立空間直角坐標系, 則D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0), 則=(-2,2,0), =(2,0,-1), =(0,2,0), =(0,0,1), 設平面DAE的法向量為n1=(x,y,z), 即取x=1, 得n1=(1,0,2), 同理得平面ABE的法向量為n2=(1,1,0), 所以cos===. 可以判斷與二面角DAEB的平面角互補, 二面角DAEB的余弦值為-. 4. (xx南昌市一模)如圖AC是圓O的直徑,B,D是圓O上兩點,AC=2BC=2CD=2,PA垂直于圓O所在的平面,=. (1)求證:CM∥平面PAD; (2)當CM與平面PAC所成角的正弦值為時,求AP的值. (1)證明:作ME⊥AB于E,連接CE, 所以ME∥AP① 因為AC是圓O的直徑,AC=2BC=2CD=2, 所以AD⊥DC,AB⊥BC, 所以∠BAC=∠CAD=30,∠BCA=∠DCA=60,AB=AD=. 因為=, 所以BE=BA=, tan ∠BCE==, 所以∠BCE=∠ECA=30=∠CAD, 所以EC∥AD② 由①②,且ME∩CE=E,AP∩AD=A, 所以平面MEC∥平面PAD,CM?平面MEC,CM?平面PAD, 所以CM∥平面PAD. (2)解:依題意,如圖以A為原點,直線AB,AP分別為x,z軸建立空間直角坐標系,設AP=a, A(0,0,0),B(,0,0),C(,1,0), P(0,0,a),D(,,0) 設平面PAC的法向量為n=(x,y,z), 設CM與平面PAC所成角為θ, 設x=, 所以n= (,-3,0), =+=+, 所以=(-,-1,), 所以sin θ=|cos<,n>| = = ==. 所以a=. 5. (xx邯鄲市一模)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,∠ACB=90, AC=BC=CC1=2,A1B⊥B1C. (1)證明:A1C1⊥CC1; (2)若A1B=2,在棱CC1上是否存在點E,使得二面角EAB1C的大小為30,若存在,求CE的長,若不存在,說明理由. (1)證明: 連接BC1, 因為BCC1B1為平行四邊形,且BC=CC1=2, 所以BCC1B1為菱形,BC1⊥B1C. 又因為A1B⊥B1C, 所以B1C⊥平面A1C1B. 所以B1C⊥A1C1. 又因為A1C1⊥C1B1, 所以A1C1⊥平面CBB1C1, 所以A1C1⊥CC1. (2)解:因為A1B=2,A1C1=2, 所以BC1=2, 又BC=CC1=2, 所以CC1⊥BC. 所以AC,CB,CC1兩兩垂直. 以C為坐標原點,的方向為x軸的正方向建立空間直角坐標系Cxyz,如圖所示,則C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),B(0,2,0), 設E(0,0,a),=(-2,0,a),=(-2,2,2),=(0,-2,2), 易知,BC1⊥平面AB1C,=(0,-2,2), 則平面AB1C的一個法向量m=(0,-1,1), 設n=(x,y,1)是平面AB1E的一個法向量 則 所以得n=(,-1,1), |cos|===, 解得a=1. 在棱CC1上存在點E,當CE=1時,得二面角EAB1C的大小為30. 6. (xx浙江卷)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90,AB=AC=2, A1A=4,A1在底面ABC的射影為BC的中點,D是B1C1的中點. (1)證明:A1D⊥平面A1BC; (2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值. (1)證明:設E為BC的中點,由題意得A1E⊥平面ABC, 所以A1E⊥AE. 因為AB=AC,所以AE⊥BC. 故AE⊥平面A1BC. 由D,E分別為B1C1,BC的中點,得DE∥B1B且DE=B1B, 從而DE∥A1A且DE=A1A, 所以A1AED為平行四邊形. 故A1D∥AE. 又因為AE⊥平面A1BC, 所以A1D⊥平面A1BC. (2)解:法一　作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,連接B1F. 由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90, 得A1B=A1A=4. 由A1D=B1D,A1B=B1B, 得△A1DB與△B1DB全等. 由A1F⊥BD,得B1F⊥BD, 因此∠A1FB1為二面角A1BDB1的平面角. 由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90, 得BD=3,A1F=B1F=. 由余弦定理得cos∠A1FB1=-. 法二　以CB的中點E為原點,分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系Exyz,如圖所示. 由題意知各點坐標如下: A1(0,0,),B(0,,0), D(-,0,), B1(-,,). 因此=(0,,-), =(-,-,), =(0,,0). 設平面A1BD的法向量為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2). 由 即 可取m=(0,,1). 由 即 可取n=(,0,1), 于是|cos|==. 由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1BDB1的平面角的余弦值為-.