2015高考数学(理)一轮突破热点题型：第7章 第7节 空间向量在立体几何中的应用

第七节空间向量在立体几何中的应用
考点一利用空间向量证明平行、垂直[例1]如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD
中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．
求证：
(1)CM∥平面P AD；
(2)平面P AB⊥平面P AD.
[自主解答]
以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，
∴BC＝23，PB＝4，∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)，M⎝⎛⎭⎫
3
2，0，
3
2
.
∴DP
u u u r
＝(0，－1,2)，DA
u u u r
＝(23，3,0)，CM
u u u u r
＝⎝⎛⎭⎫
3
2，0，
3
2
.
(1)法一：令n＝(x，y，z)为平面P AD的一个法向量，
则
0,
·0,
DP
DA
⎧⋅=
⎪
⎨
=
⎪⎩
n
n
u u u r
u u u r即
⎩
⎨
⎧－y＋2z＝0，
23x＋3y＝0，
∴
⎩
⎨
⎧z＝12y，
x＝－
3
2y，
令y＝2，得n＝(－3，2,1)．∵n·CM
u u u u r
＝－3×
3
2＋2×0＋1×
3
2＝0，∴n⊥
CM
u u u u r
，
又CM⊄平面P AD，∴CM∥平面P AD.
法二：∵PD
u u u r
＝(0,1，－2)，PA
uu u r
＝(23，4，－2)，
令CM
u u u u r
＝x PD
u u u r
＋y PA
uu u r
，则
⎩
⎨
⎧32＝23y，
0＝x＋4y，
3
2＝－2x－2y，
方程组有解为
⎩⎪
⎨
⎪⎧x＝－1，
y＝
1
4，∴CM
u u u u r
＝－PD
u u u r
＋
1
4
PA
uu u r
.由共面向量定理知CM
u u u u r
与PD
u u u r
、PA
uu u r
共面，
又∵CM⊄平面P AD，∴CM∥平面P AD.
(2)取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE u u u r
＝(－3，2,1)，∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .
又∵BE u u u r ·DA u u u r ＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE u u u r ⊥DA u u u r . ∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，P A ，DA ⊂平面P AD ，∴BE ⊥平面P AD ，
又∵BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD . 【方法规律】
1．用向量证明平行的方法
(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．
(2)线面平行：①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行． (3)面面平行：①证明两平面的法向量为共线向量； ②转化为线面平行、线线平行问题． 2．用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．
(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．
如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．
求证：
(1)AM ∥平面BDE ； (2)AM ⊥平面BDF . 证明：
(1)以C 为坐标原点，CD ，CB ，CE 所在直线为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连接NE .则点N ，E 的坐标分别为⎝⎛⎭
⎫22，2
2，0，(0,0,1)．
∴NE u u u r ＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.又点A ，M 的坐标分别是(2，2，0)，⎝⎛⎭
⎫22，2
2，1，
∴AM u u u u r ＝⎝⎛⎭
⎫－22，－22，1.∴NE u u u
r ＝AM u u u u r 且NE 与AM 不共线．∴NE ∥AM .
又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ，∴AM ∥平面BDE .
(2)由(1)知AM u u u u r ＝⎝⎛⎭
⎫－22，－2
2，1，∵D (2，0,0)，F (2，2，1)，
∴DF u u u r ＝(0，2，1)．∴AM u u u u r ·
DF u u u r ＝0.∴AM u u u u r ⊥DF u u u r .同理可证AM u u u u r ⊥BF u u u r . 又DF ∩BF ＝F ，DF ，BF ⊂平面BDF ，∴AM ⊥平面BDF .
高频考点
考点二 利用向量求空间角
1．利用向量求空间角是每年的必考内容，题型为解答题，难度适中，属中档题． 2．高考对空间角的考查常有以下两个命题角度： (1)求直线与平面所成的角； (2)求二面角． [例2] (1)(2013·新课标全国卷Ⅰ) 如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.
①证明：AB ⊥A 1C ；
②若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． (2)(2013·四川高考) 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段AD 的中点．
①在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1；
②设①中的直线l 交AB 于点M ，交AC 于点N ，求二面角A -A 1M -N 的余弦值．
[自主解答] (1)①证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，
故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，OC ，OA 1⊂平面OA 1C ， 所以AB ⊥平面OA 1C .又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .
②由①知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．
以O 为坐标原点，OA uu u r ，1OA u u u r ，OC u u u
r 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，|OA uu u r |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．
则BC uuu r ＝(1,0，3)，1BB u u u r ＝1AA u u u r ＝(－1，3，0)，1AC u u u r ＝(0，－3，3)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的一个法向量，则10,·
0,BC BB ⎧⋅=⎪⎨=⎪⎩n n u u u r u u u r
即⎩⎨⎧
x ＋3z ＝0，
－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．故cos 1,A C n u u u r ＝11
AC AC ⋅⋅n n u u u r
u u u r ＝－105
. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为
105
.
(2)①如图，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .
由已知，AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以BC ⊥AD ，则直线l ⊥AD . 因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥直线l .
又AD ，AA 1在平面ADD 1A 1内，且AD 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面ADD 1A 1.
②设A 1A ＝1.如图，过A 1作A 1E 平行于B 1C 1，以A 1为坐标原点，分别以1A E u u u r ，11A D u u u u r
，
1A A u u u r
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点A 1重合)．
则A 1(0,0,0)，A (0,0,1)．
因为P 为AD 的中点，所以M ，N 分别为AB ，AC 的中点，故M ⎝⎛⎭
⎫32，12，1，N ⎝
⎛⎭
⎫－
32，12，1， 所以1A M u u u u r ＝⎝⎛⎭
⎫32，12，1，1A A u u u r ＝(0,0,1)，NM u u u u r ＝(3，0,0)．
设平面AA 1M 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则
1111,,A M A A ⎧⊥⎪⎨
⊥⎪⎩n n u u u u r u u u r 即11110,·
0,A M A A ⎧⋅=⎪⎨=⎪⎩n n u u u u r u u u r 故有⎩⎪⎨⎪⎧
(x 1，y 1，z 1)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 1，y 1，z 1)·(0，0，1)＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧
32x 1＋12y 1＋z 1＝0，
z 1＝0.
取x 1＝1，则y 1＝－3，所以n 1＝(1，－3，0)．
设平面A 1MN 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则
212,,A M NM ⎧⊥⎪⎨
⊥⎪⎩n n u u u u r u u u u r 即2120,0,A M NM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n u u u u r u u u u r 故有⎩⎪⎨⎪⎧
(x 2，y 2，z 2)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 2，y 2，z 2)·
(3，0，0)＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧
32x 2＋12y 2＋z 2＝0，
3x 2＝0.取y 2＝2，则z 2＝－1，所以n 2＝(0,2，－1)．
设二面角A -A 1M -N 的平面角为θ，又θ为锐角，
则cos θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，－3，0)·(0，2，－1)2×5＝15
5
. 故二面角A -A 1M -N 的余弦值为15
5
.
利用向量求空间角问题的常见类型及解题策略
(1)求直线与平面所成的角．求直线l 与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n
与直线l 的方向向量a 的夹角，则sin θ＝|cos 〈n ，
a 〉|.
(2)求二面角．①分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角；②分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
1. 如图所示，已知三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝1
2
AB ，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：(1)证明：设P A ＝1，以A 为原点，射线AB 、AC 、AP 分别为x ，y ，z 轴正方向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 ⎝⎛⎭
⎫1，1
2，0. 则CM u u u u r ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN u u u r ＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，所以CM u u u u r ·SN u u u r ＝－12＋12＋0＝0. 所以CM ⊥SN .
(2) NC u u u r ＝⎝⎛⎭
⎫－1
2，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， 所以·0,
·0,CM NC ⎧=⎨=⎩a a u u u u v u u u v 则⎩
⎨⎧
x －y ＋z 2＝0，－12
x ＋y ＝0，令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．
因为|cos 〈a ，SN u u u r 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪－1－123×
2
2
＝2
2，所以SN 与平面CMN 所成的角为45°.
2. 如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E 、F 分别是线
段AB 、BC 上的点，且EB ＝FB ＝1.
(1)求二面角C -DE -C 1的正切值；
(2)求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值． 解：
(1)以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u
r 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0,3,0)，D 1(0，3,2)，E (3，0,0)，F (4,1,0)，C 1(4，3,2)，
于是DE u u u r
＝(3，－3,0)，1EC u u u u r ＝(1,3,2)，1FD u u u u r ＝(－4,2,2)．
设n ＝(x ，y,2)为平面C 1DE 的一个法向量，
则有1,,DE EC ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n n u u u r u u u u r ⇒⎩⎪⎨
⎪⎧
3x －3y ＝0，x ＋3y ＋2×2＝0⇒x ＝y ＝－1，∴n ＝(－1，－1,2)， ∵向量1AA u u u r
＝(0,0,2)与平面CDE 垂直，
∴n 与1AA u u u r
所成的角θ为二面角C -DE -C 1的平面角或其补角．
∵cos θ＝11
AA AA ⋅⋅n n u u u r
u u u r ＝(－1)×0＋(－1)×0＋2×21＋1＋4×0＋0＋4＝6
3， 由图知二面角C -DE -C 1的平面角为锐角，∴tan θ＝22
. 故二面角C -DE -C 1的正切值为
2
2
. (2)设直线EC 1与FD 1所成的角为β，则 cos β＝1111
EC FD EC FD ⋅⋅u u u u r u u u u r
u u u u r u u u u r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪
1×(－4)＋3×2＋2×212＋32＋22×(－4)2＋22＋22＝2114. 故直线EC 1与FD 1所成角的余弦值为
21
14
. 考点三
利用向量解决探索性问题
[例3] 如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝60°.
(1)求证：EF ⊥PB ；
(2)试问：当点E 在线段AB 上移动时，二面角P -FC -B 的平面角的余弦值是否为定值？
若是，求出其定值；若不是，说明理由．
[自主解答] (1)证明：在Rt △ABC 中，∵EF ∥BC ，∴EF ⊥AB .∵EF ⊥EB ，EF ⊥EP ， 又∵EB ∩EP ＝E ，EB ，EP ⊂平面PEB ，∴EF ⊥平面PEB . 又∵PB ⊂平面PEB ，∴EF ⊥PB .
(2)在平面PEB 内，经点P 作PD ⊥BE 于点D ， 由(1)知EF ⊥平面PEB ，∴EF ⊥PD ，
又∵BE ∩EF ＝E ，BE ，EF ⊂平面BCFE ，∴PD ⊥平面BCFE .
在平面PEB内过点B作直线BH∥PD，则BH⊥平面BCFE.
如图所示，以B为坐标原点，BC
uuu r
，BE
uuu r
，BH
u u u r
的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．设PE＝x(0<x<4)，
又∵AB＝BC＝4，∴BE＝4－x，EF＝x.在Rt△PED中，∠PED＝60°，
∴PD＝
3
2x，DE＝
1
2x，∴BD＝4－x－
1
2x＝4－
3
2x，
∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P⎝⎛⎭⎫
0，4－
3
2x，
3
2x
.
从而CF
uuu r
＝(x－4,4－x,0)，CP
uu u r
＝⎝⎛⎭⎫
－4，4－
3
2x，
3
2x
.
设n1＝(x0，y0，z0)是平面PCF的一个法向量，
∴1
1
·0,
·0,
CF
CP
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
n
n
u u u r
u u u r即
⎩⎪
⎨
⎪⎧x0(x－4)＋y0(4－x)＝0，
－4x0＋⎝⎛⎭⎫
4－
3
2x y0＋
3
2xz0＝0，
∴
⎩
⎨
⎧x0－y0＝0，
3y0－z0＝0，取y0＝1，得n1＝(1,1，3)是平面PFC的一个法向量．
又平面BFC的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设二面角P-FC-B的平面角为α，则cos α＝|cos〈n1，n2〉|＝⎪⎪⎪⎪
n1·n2
|n1||n2|＝
15
5.
因此当点E在线段AB上移动时，二面角P-FC-B的平面角的余弦值为定值，且定值为15
5.
1
1
·0,
·0,
CF
CP
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
n
n
u u u r
u u u r
[互动探究]
保持本例条件不变，求平面PCF与平面PBE所成锐二面角的余弦值．
解：设平面PBE的一个法向量为n2，平面PCF与平面PBE所成的锐二面角为β，则n2＝(1,0,0)，cos β＝|cos〈n1，n2〉|＝⎪⎪⎪⎪
n1·n2
|n1||n2|＝
1
5
＝
5
5.
【方法规律】
利用向量解决探索性问题的方法
(1)与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略是将空间中的平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决．
(2)与角有关的探索性问题的解题策略是将空间角转化为与向量有关的问题．
等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足
AD
DB＝
CE
EA＝
1
2(如图1)．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B成直二面角，连接A1B、A1C(如图2)．
图1图2
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
解：
(1)证明：因为等边△ABC的边长为3，且
AD
DB＝
CE
EA＝
1
2，
所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，
由余弦定理得，DE＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3.
因为AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折叠后有A1D⊥DE.
因为二面角A1-DE-B是直二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED.
又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，
所以A1D⊥平面BCED.
(2)由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图．设PB＝2a(0≤2a≤3)，作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P，则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a.所以A1(0,0,1)，P(2－a，3a，0)，E(0，3，0)．
所以
1
PA
u u u r
＝(a－2，－3a,1)．因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为DE
u u u r
＝(0，3，0)．
因为直线P A1与平面A1BD所成的角为60°，
所以sin 60°＝1
1
PA DE
PA DE
⋅
⋅
u u u r u u u r
u u u r u u u r＝3a
4a2－4a＋5×3
＝
3
2，解得a＝
5
4.
即PB＝2a＝
5
2，满足0≤2a≤3，符合题意．
所以在线段BC上存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝
5
2. ————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————2个关系——异面直线所成的角及二面角与向量夹角的关系
(1)异面直线所成角与向量夹角的关系
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
(2)二面角与向量夹角的关系
设二面角的两个面的法向量分别为n 1，n 2，则〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉是所求的二面角．这时要借助图形来判断所求角是
锐角还是钝角，确定〈n 1，n 2〉是所求角，还是π－〈n 1，n 2〉是所求角． 3个范围——三种空间角的范围
(1)异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2； (2)直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦
⎤0，π2； (3)二面角的范围是[0，π]．。