高考数学二轮复习 第二部分 突破热点 分层教学 专项二 专题四 3 第3讲 立体几何中的向量方法专题

第3讲立体几何中的向量方法
[A组夯基保分专练]
一、选择题
1．(2018·某某第一次质量检测)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面
ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，所以MN∥EC.
因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
所以MN∥平面EFC.
因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.
因为BF＝DE，
所以四边形BDEF为平行四边形，
所以BD∥EF.
因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，
所以DB →＝(2，2，0)，DM →
＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，
x ＋2z ＝0.
令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →
＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE
→|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为45
15
.
2.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵
上异于C ，D 的点．
(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵
上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .
(2)以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz .
当三棱锥M ­ABC 体积最大时，M 为CD ︵
的中点．
由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM →
＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →
＝(2，0，0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪
⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.
可取n ＝(1，0，2)．
DA →
是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →
〉＝255.
所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是25
5
.
3．(2018·某某教学质量检测(一))如图，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC
∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.
(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；
(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B ­OB 1­C 的余弦值． 解：(1)证明：因为A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面
ABCD ，
所以A 1O ⊥BD .
因为四边形ABCD 是菱形， 所以CO ⊥BD . 因为A 1O ∩CO ＝O ， 所以BD ⊥平面A 1CO . 因为BD ⊂平面BB 1D 1D ， 所以平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D . (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，
所以OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→
的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， 所以OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，
OA 1＝AA 21－OA 2
＝ 6.
则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)， 所以OB →＝(1，0，0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→
＝(1，3，6)，
设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ⎩⎪⎨
⎪⎧OB →·n ＝0，
OB 1→·n ＝0，
所以⎩⎨⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.
令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)，
所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7
＝21
21，
由图可知二面角B ­OB 1­C 是锐二面角， 所以二面角B ­OB 1­C 的余弦值为
21
21
. 4.如图，四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD ，AB ＝BC ＝1
2
AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．
(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；
(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45° ，求二面角M ­AB ­D 的余弦值．
解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，如图所示．因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，
EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12
AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平
行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB .
(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →
的方向为x 轴正方向，设|AB →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则
A (0，0，0)，
B (1，0，0)，
C (1，1，0)，P (0，1，3)，PC →
＝
(1，0，－3)，AB →
＝(1，0，0)．
设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则 BM →
＝(x －1，y ，z )，PM →
＝(x ，y －1，z －3)．
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的一个法向量，所
以|cos 〈BM →
，n 〉|＝sin 45°，
|z |
（x －1）2
＋y 2
＋z
2
＝2
2
， 即(x －1)2
＋y 2
－z 2
＝0.①
又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →
，则
x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②
由①，②解得⎩⎪⎨
⎪⎧x ＝1＋
2
2
，y ＝1，
z ＝－6
2
(舍去)，⎩⎪⎨
⎪⎧x ＝1－
2
2
，y ＝1，
z ＝6
2，
所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－
22，1，62，从而AM →＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，
即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0， 所以可取m ＝(0，－6，2)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105
.
因此二面角M ­AB ­D 的余弦值为
10
5
. [B 组 大题增分专练]
1．(2018·某某模拟)如图，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝1
2
AD ＝3，AC ∩BD ＝O ，过O 点作平面
α平行于平面PAB ，平面α与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H .
(1)求GH 的长度；
(2)求二面角B ­FH ­E 的余弦值．
解：(1)因为平面α∥平面PAB ，平面α∩平面ABCD ＝EF ， 平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，所以EF ∥AB . 同理EH ∥BP ，FG ∥AP . 因为BC ∥AD ，AD ＝6，BC ＝3，
所以△BOC ∽△DOA ，
且BC AD ＝CO AO ＝12
， 所以EO OF ＝12，CE ＝1
3CB ＝1，BE ＝AF ＝2，
同理CH PC ＝EH PB ＝CO CA ＝13
，
连接HO ，则有HO ∥PA ， 且HO ⊥EO ，HO ＝1， 所以EH ＝1
3PB ＝2，
同理FG ＝2
3
PA ＝2，
过点H 作HN ∥EF 交FG 于N ，易得四边形HNFO 为矩形， 则GH ＝HN 2
＋GN 2
＝ 5.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (3，0，0)，F (0，2，0)，E (3，2，0)，H (2，2，1)，
BH →
＝(－1，2，1)，FH →
＝(2，0，1)．
设平面BFH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝－x ＋2y ＋z ＝0n ·FH →＝2x ＋z ＝0
，
令z ＝－2，得n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32，－2.
因为平面EFGH ∥平面PAB ，
所以平面EFGH 的一个法向量为m ＝(0，1，0)．
故cos 〈m ，n 〉＝
m ·n
|m ||n |
＝321＋94
＋4
＝
329
29
， 二面角B ­FH ­E 的余弦值为329
29
.
2．(2018·某某模拟)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，侧面
PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，
AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．
(1)求证：AD ⊥PC ；
(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．
解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ，AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°， 由余弦定理得AC 2
＝8＋4－2·22·2·cos 45°＝4，得AC ＝2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AD ∥BC ， 所以AD ⊥AC ，
又AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以PA ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ， 所以AD ⊥平面PAC ，所以AD ⊥PC . (2)因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ， 所以PA ⊥底面ABCD ，
所以直线AC ，AD ，AP 互相垂直，以A 为坐标原点，DA ，AC ，
AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，
则A (0，0，0)，D (－2，0，0)，C (0，2，0)，B (2，2，0)，E (－1，1，0)，P (0，0，2)，
所以PC →＝(0，2，－2)，PD →＝(－2，0，－2)，PB →
＝(2，2，－2)， 设PF
PB
＝λ(λ∈[0，1])，
则PF →
＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →
＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，
－2x －2z ＝0，
令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．
因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等，
所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →
，n 〉|， 即|EF →·m ||EF →|·|m |＝|EF →·n ||EF →
|·|n |， 所以|－2λ＋2|＝⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
2λ3， 即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－3
2
.
3．(2018·潍坊模拟)在▱PABC 中，PA ＝4，PC ＝22，∠P ＝45°，D 是PA 的中点(如图1)．将△PCD 沿CD 折起到图2中△P 1CD 的位置，得到四棱锥P 1­ABCD .
(1)将△PCD 沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面P 1DA 是否成立？请证明你的结论； (2)若P 1D 与平面ABCD 所成的角为60°，且△P 1DA 为锐角三角形，求平面P 1AD 和平面
P 1BC 所成角的余弦值．
解：(1)将△PCD 沿CD 折起过程中，CD ⊥平面P 1DA 成立．证明如下： 因为D 是PA 的中点，PA ＝4， 所以DP ＝DA ＝2，
在△PDC 中，由余弦定理得，CD 2
＝PC 2
＋PD 2
－2PC ·PD ·cos 45°＝8＋4－2×22×2×
2
2
＝4， 所以CD ＝2＝PD ， 因为CD 2
＋DP 2
＝8＝PC 2
，
所以△PDC 为等腰直角三角形且CD ⊥PA ， 所以CD ⊥DA ，CD ⊥P 1D ，P 1D ∩AD ＝D ， 所以CD ⊥平面P 1DA .
(2)由(1)知CD ⊥平面P 1DA ，CD ⊂平面ABCD ， 所以平面P 1DA ⊥平面ABCD ， 因为△P 1DA 为锐角三角形，
所以P 1在平面ABCD 内的射影必在棱AD 上，记为O ，连接P 1O ，
所以P 1O ⊥平面ABCD ，
则∠P 1DA 是P 1D 与平面ABCD 所成的角， 所以∠P 1DA ＝60°， 因为DP 1＝DA ＝2，
所以△P 1DA 为等边三角形，O 为AD 的中点，
故以O 为坐标原点，过点O 且与CD 平行的直线为x 轴，DA 所在直线为y 轴，OP 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设x 轴与BC 交于点M ， 因为DA ＝P 1A ＝2，
所以OP 1＝3，易知OD ＝OA ＝CM ＝1，所以BM ＝3，
则P 1(0，0，3)，D (0，－1，0)，C (2，－1，0)，B (2，3，0)，DC →＝(2，0，0)，BC →
＝(0，－4，0)，P 1C →
＝(2，－1，－3)，
因为CD ⊥平面P 1DA ，
所以可取平面P 1DA 的一个法向量n 1＝(1，0，0)， 设平面P 1BC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·P 1C →＝0，
所以⎩⎨⎧－4y 2＝0，
2x 2－y 2－3z 2＝0，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧y 2＝0，x 2＝3
2z 2，令z 2＝1，则n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
32，0，1， 设平面P 1AD 和平面P 1BC 所成的角为θ，由图易知θ为锐角，
所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|
|n 1|·|n 2|
＝
3
2
1×
7
2＝217.
所以平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值为
217
. 4.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.
(1)求证：AB ⊥PC ；
(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M ­AC ­D 的大小
为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得
AB ＝AC ＝4，
所以BC 2
＝AB 2
＋AC 2
，
所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ，
所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC . (2)存在，理由如下：
取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0，0，0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0，2)，
B (22，－22，0)，
PD →
＝(0，22，－2)，AC →
＝(22，22，0)．
设PM →＝tPD →
(0<t <1)，
则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )， 所以AM →
＝(0，22t ，2－2t )． 设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，
n ·AM →＝0，
即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，
22ty ＋（2－2t ）z ＝0，
令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t
， 则n ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .
又m ＝(0，0，1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |
|m ||n |
word ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2t t －12
＝22， 解得t ＝12
，即点M 是线段PD 的中点． 此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM →＝(－22，32，1)．
设BM 与平面MAC 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，BM →〉|＝422×33
＝269. 故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。