高考数学题型专题(十五) 立体几何中的向量方法

题型专题(十五) 立体几何中的向量方法
[师说考点]
设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．
(1)线面平行：
l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直：
l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行：
α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 2＝ka 3，b 2＝kb 3，c 2＝kc 3. (4)面面垂直：
α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.
[典例] 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.
(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .
[证明] 以A 为坐标原点，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E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝
⎛⎭⎫0，1，1
2，
＝⎝⎛⎭⎫－1
2，0，0，＝(0，0，1)，
＝(0，2，0)，
＝(1，0，0)，
＝(1，0，
0)． (1)因为
＝－
1
2
，所以
∥
， 即EF ∥AB .
又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，
所以EF∥平面P AB.
(2)因为＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，
所以DC⊥平面P AD.因为DC⊂平面PDC，
所以平面P AD⊥平面PDC.
[类题通法]
向量法证明平行与垂直的4个步骤
(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求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；
(4)根据运算结果解释相关问题．
[演练冲关]
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，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＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，
＝0，
＝0＋4－4＝0，
即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .
又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .
(2)由(1)知，E (0，0，3)，G (a
2
，1，4)，F (0，1，4)，
即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .
又EG ∩EF ＝E ，EG ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .
结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .
[师说考点]
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cos θ＝|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sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a |
|n ||a |
. 3．向量法求二面角
求出二面角α-l -β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α-l -β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|
|n 1||n 2|
；若二面角α-l -β所成的角θ为钝角，则cos θ＝
－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2|
|n 1||n 2|
.
[典例] (2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．
[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .
(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，|
|为单位长度，建立如图所示的空间直
角坐标系G -xyz .
由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)．
由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .
由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，
所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2，0，3)．
＝(－3，－4，3)，
＝(－4，0，0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，
即⎩
⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，
所以可取n ＝(3，0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量，
同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.
由图知，二面角E -BC -A 为钝角， 故二面角E -BC -A 的余弦值为－219
19
.
[类题通法]
向量法求线面角、二面角的4个突破口
(1)破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； (2)破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； (3)破“求法向量关”，求出平面的法向量； (4)破“应用公式关”．
[演练冲关]
1．(2016·重庆模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝4，BC ＝2 2.BD ⊥AC ，垂足为D ，E 为棱BB 1上一点，BD ∥平面AC 1E .
(1)求线段B 1E 的长；
(2)求二面角C 1­AC ­E 的余弦值．
解：(1)由AB ＝AC ＝4，知△ABC 为等腰三角形，又BD ⊥AC ，BC ＝22，故12·AC ·BD
＝12
·BC ·AB 2
－⎝⎛⎭⎫12BC 2
，解得BD ＝7.
从而在Rt △CDB 中，CD ＝BC 2－BD 2＝1，故AD ＝AC －CD ＝3. 过点D 作DF ∥CC 1，交AC 1于F ，连接EF . 因为DF ∥CC 1，从而AD AC ＝DF CC 1＝3
4
，得DF ＝3.
因为DF ∥CC 1，CC 1∥BB 1，故DF ∥BB 1，即DF ∥BE ，故DF 与BE 确定平面BDFE . 又BD ∥平面AC 1E ，而平面BDFE ∩平面AC 1E ＝EF ，故BD ∥EF . 故四边形BDFE 为平行四边形，从而DF ＝BE ＝3， 所以B 1E ＝BB 1－BE ＝1.
(2)如图，以D 为坐标原点，分别以
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建
立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，C (－1，0，0)，E (0，7，3)，＝(－1，0，0)，
＝(0，7，3)．
设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·＝0，n 1·
＝0，得⎩⎨
⎧－x ＝0，
7y ＋3z ＝0，
故可取n 1＝(0，3，－7)．
又平面ACC 1在xDz 面上，故可取n 2＝(0，1，0)为平面ACC 1的一个法向量． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝
n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝3
4.
由图知二面角C 1­AC ­E 为锐角，故二面角C 1­AC ­E 的余弦值为3
4
.
2．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝1
2
AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.
(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图，延长AB ，DC 相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．
理由如下：
由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ，
所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .
(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD ，
所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.
因为P A ⊥AB ，所以P A ⊥平面ABCD .
设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面P AD ，以A 为原点，以的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，
所以
＝(1，0，－2)，
＝(1，1，0)，
＝(0，0，2)．
设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
令x ＝2，则n ＝(2，－2，1)． 设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝
＝22×22＋（－2）2＋12＝1
3
， 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为1
3
.
[典例] (2016·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.
(1)求证：PD ⊥平面P AB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM
AP 的值；若不存在，
说明理由．
[解] (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，
所以AB ⊥平面P AD .
所以AB ⊥PD .
又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面P AB .
(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .
又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥CO .
因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz .
由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)． 则
＝(0，－1，－1)，
＝(2，0，－1)，
＝(1，1，－1)，
设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
即⎩
⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0. 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2)．
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
3
. (3)设M 是棱P A 上一点， 则存在λ∈[0，1]，使得
因此点M (0，1－λ，λ)，
＝(－1，－λ，λ)．
因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，
－2，2)＝0.
解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面BCD ，此时AM AP ＝14
.
[类题通法]
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
[演练冲关]
(2016·兰州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且
BE
EC
＝λ.
(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；
(2)是否存在实数λ，使得二面角P -DE -B 的余弦值为2
2
？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：取PB 的中点N ，连接MN ，AN ， ∵M 是PC 的中点， ∴MN ∥BC ，MN ＝1
2BC ＝2，
又BC ∥AD ，∴MN ∥AD ，MN ＝AD ， ∴四边形ADMN 为平行四边形， ∵AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AP ∩AB ＝A ， ∴AD ⊥平面P AB ， ∴AD ⊥AN ，∴AN ⊥MN ， ∵AP ＝AB ， ∴AN ⊥PB ， ∵MN ∩PB ＝N ， ∴AN ⊥平面PBC . ∵AN ⊂平面ADM ， ∴平面ADM ⊥平面PBC .
(2)存在符合条件的λ.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .
设BE ＝t ，则E (2，t ，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，B (2，0，0)， 从而
＝(0，2，－2)，
＝(2，t －2，0)，
设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，
即⎩
⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋（t －2）y ＝0，令y ＝z ＝2，解得x ＝2－t ， ∴n 1＝(2－t ，2，2)，
又平面DEB 即为平面xAy ，故其一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 则|cos 〈n 1，n 2〉|＝
|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2（2－t ）2＋4＋4＝2
2
，
解得t ＝2，可知λ＝1.
1．(2016·合肥质检)如图，六面体ABCDHEFG 中，四边形ABCD 为菱形，AE ，BF ，CG ，DH 都垂直于平面ABCD .若DA ＝DH ＝DB ＝4，AE ＝CG ＝3.
(1)求证：EG ⊥DF ；
(2)求BE 与平面EFGH 所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接AC ，由AE
CG 可知四边形AEGC 为平行四边形．
所以EG ∥AC ，而AC ⊥BD ，AC ⊥BF ，所以EG ⊥BD ，EG ⊥BF ，
因为BD ∩BF ＝B ，所以EG ⊥平面BDHF ，又DF ⊂平面BDHF ，所以EG ⊥DF . (2)设AC ∩BD ＝O ，EG ∩HF ＝P ，由已知可得：平面ADHE ∥平面BCGF ，所以EH ∥FG ，同理可得：EF ∥HG ，所以四边形EFGH 为平行四边形，所以P 为EG 的中点，O 为AC 的中点，所以OP 綊AE ，
从而OP ⊥平面ABCD ，
又OA ⊥OB ，所以OA ，OB ，OP 两两垂直，由平面几何知识，得BF ＝2.
如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则B (0，2，0)，E (23，0，3)，F (0，2，2)，P (0，0，3)，
所以
＝(23，－2，3)，
＝(23，0，0，)，
＝(0，2，－1)．
设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
可得⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝0，2y －z ＝0，
令y ＝1，则z ＝2. 所以n ＝(0，1，2)．
设BE 与平面EFGH 所成角为θ，则sin θ＝
＝45
25
. 2.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .
(1)求证：OC ⊥PD ；
(2)若PD 与平面P AB 所成的角为30°，求二面角D -PC -B 的余弦值． 解：(1)证明：连接OP ，∵P A ＝PB ，O 为AB 的中点， ∴OP ⊥AB .
∵侧面P AB ⊥底面ABCD ， ∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC . ∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ， ∴OD ⊥平面OPC ，
∵OC ⊂平面OPC ，∴OD ⊥OC ， 又OP ⊥OC ，OD ∩OP ＝O ， ∴OC ⊥平面OPD ，
∵PD ⊂平面OPD ，∴OC ⊥PD .
(2)取CD 的中点E ，以O 为坐标原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O ­xyz .
在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ， ∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面P AB ，CB ⊥平面P AB ，△DP A ≌△CPB ， ∴∠DP A 为直线PD 与平面P AB 所成的角， ∴∠DP A ＝30°，∠CPB ＝30°，P A ＝PB ＝3，
∴B (0，1，0)，C (1，1，0)，D (1，－1，0)，P (0，0，2)，从而＝(1，1，－2)，
＝(0，－2，0)．
设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，
可取n 1＝(2，0，1)．
同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1
3，
∴二面角D -PC -B 的余弦值为－1
3
.
3．(2016·贵州模拟)已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A -BCD ，如图所示．
(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．
(2)当四面体A -BCD 的体积最大时，求二面角A -CD -B 的余弦值．
解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .
即AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1. 若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC . 即AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12， 所以a 2＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．
(2)要使四面体A -BCD 的体积最大，因为△BCD 的面积为定值
22
， 所以只需三棱锥A -BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ， 过点A 作AO ⊥BD 于点O ， 则AO ⊥平面BCD ，
以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O -xyz (如图)，
则易知A ⎝
⎛⎭⎫0，0，
63，C (63，33，0)，D ⎝⎛⎭
⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为
＝⎝
⎛⎭
⎫
0，0，
63. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为
＝⎝
⎛⎭⎫－
63，33，0，＝⎝
⎛⎭⎫
0，－233，
63， 所以⎩⎨⎧6x ＝3y ，
23y ＝6z ，
令y ＝2，得n ＝(1，2，2)．
故二面角A -CD -B 的余弦值为|cos 〈
，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2636
3×1＋2＋4＝27
7. 4．(2016·昆明七校联考)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．
(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；
(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AM
AA 1
的值，若不存在，
说明理由；
(3)若二面角B 1­AE ­D 1的大小为90°，求AD 的长．
解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，
设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，1，0)，B 1(a ，1，1)，C 1(0，1，1)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，∴
＝(0，－1，－1)，
＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，－1，
∴C 1D ⊥D 1E .
(2)设AM
AA 1
＝h ，则M (a ，0，h )， ∴
＝(0，－1，h )，
＝⎝⎛⎭
⎫－a
2，1，0，＝(－a ，0，1)，
设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
∴平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a ，2a )， ∵BM ∥平面AD 1E ， ∴
⊥n ，即
·n ＝2ah －a ＝0，∴h ＝1
2
.
即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝1
2.
(3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，＝⎝⎛⎭
⎫－a
2，1，0，＝(0，1，1)，
∴平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． ∵二面角B 1­AE ­D 1的大小为90°， ∴m ⊥n ，∴m ·n ＝4＋a 2－2a 2＝0， ∵a >0，∴a ＝2，即AD ＝2.。