专题四 第3讲空间向量与立体几何.pdf

则 D(0,0，b)，A1(a,0,2b)，C(0，a,0)， 所以，D→A1＝(a,0，b)，D→C＝(0，a，－b)，
设面 DA1C 的法向量为 n＝(x，y，z)，
ax＋0·y＋bz＝0
则
，可取 n＝(b，－b，－a)，
0·x＋ay－bz＝0
又可取平面 AA1DB 的法向量 m＝B→C＝(0，a,0)，
又 AP∩AD＝A，AP⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD，
所以 DC⊥平面 PAD.
因为 DC⊂平面 PDC，所以平面 PAD⊥平面 PDC.
【规律总结】
用空间向量证明位置关系的方法
(1)线线平行：欲证直线与直线平行，只要证明它们的方向向量平行即可；
(2)线面平行：用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平
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∴BF⊥面 AA1C1C. 由此知：DE∥BF，从而有 D，E，F，B 共面， 又易知 BB1∥面 AA1C1C，故有 DB∥EF， 从而有 EF∥AA1， 又点 F 是 AC 的中点，所以 DB＝EF＝12AA1＝12BB1， ∴D 点为棱 BB1 的中点．
(2)建立如图所示的直角坐标系，设 AA1＝2b，AB＝BC＝a，
[审题导引] (1)取 AC 的中点 F，A1C 的中点 E，利用 BD∥EF 证明； (2)以 D 为原点建系，设出相关点的坐标，利用公式求解． [规范解答] (1)证明 过点 D 作 DE⊥A1C 于 E 点，取 AC 的中点 F，连 BF、EF.
∵面 DA1C⊥面 AA1C1C 且相交于 A1C，面 DA1C 内的直线 DE⊥A1C， ∴直线 DE⊥面 AA1C1C. 又∵面 BAC⊥面 AA1C1C 且相交于 AC，易知 BF⊥AC，
(1)B→D＝(－1,1,0)，F→G＝m－12，m－12，－a2， B→D·F→G＝－m＋12＋m－12＋0＝0，所以 BD⊥FG. (2)要使 FG∥平面 PBD，只需 FG∥EP， 而P→E＝12，12，－a，
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由F→G＝λE→P，可得 m－－a2＝12＝－12aλλ，，
λ＝12， 解得m＝34，
[审题导引] 建立坐标系，求出平面 ACM 的法向量，利用向量法求直线 CD 与平面 ACM 所 成角的余弦值． [规范解答] (1)证明 ∵PA⊥平面 ABCD， AB⊂平面 ABCD， ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD⊂平面 PAD， PA⊂平面 PAD， ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD⊂平面 PAD，∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，AB⊂平面 ABM，
应用空间向量解决立体几何问题是高考的必考考点，空间向量的工具性主要体现在平行与垂 直的判定，求空间的角的大小．解题时要特别注意避免计算失误．
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高频考点突破
考点一：利用向量证明平行与垂直 【例 1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，E、F 分别是 PC、 PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. 求证：(1)EF∥平面 PAB； (2)平面 PAD⊥平面 PDC.
可取 m＝(1，－1，λ)．
设 n＝(x2，y2，z2)是平面 MNC 的法向量，
n·N→C＝0， 由
n·M→N＝0
－2λx2＋2λy2－z2＝0， 得2λy2＋12z2＝0，
可取 n＝(－3，－1，λ)．
因为 A′­MN-C 为直二面角，所以 m·n＝0.
即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得 λ＝ 2(负值舍去)． 考题分析
设 AA′＝1，则 AB＝AC＝λ，于是 A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)，所
以 M2λ，0，12，N2λ，2λ，1.
设 m＝(x1，y1，z1)是平面 A′MN 的法向量，
m·A→′M＝0， 由m·M→N＝0
2λx1－12z1＝0， 得2λy1＋12z1＝0，
行；用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证
明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
(3)面面平行：平面与平面的平行，除了用线面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明
两平面的法向量平行即可；
(4)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直；
(5)线面垂直：用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量
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BM⊂平面 ABM，
∴PD⊥平面 ABM. ∵AM⊂平面 ABM，∴AM⊥PD.
(2)如图所示，建立直角坐标系，则 A(0,0,0)，C(1,2,0)， D(0,2,0)，∴C→D＝(－1,0,0)， 设 M(0，y0，z0)，∴A→M＝(0，y0，z0)， ∵P(0,0,2)，∴P→D＝(0,2，－2)， P→M＝(0，y0，z0－2)， 由A→M⊥P→D，得A→M·P→D＝2y0－2z0＝0， 即 y0＝z0，
36，
∴直线 CD 与平面 ACM 成角的余弦值为
1－－
362＝
3 3.
【规律总结】
向量法求线线角、线面角的注意事项
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(1)建立适当的直角坐标系，根据对称性原则，使尽可能多的点在坐标轴，易于求各点的坐标；
(2)求直线与平面所成的角 θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 α 求得，即 sin
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E→F＝－12，0，0，P→B＝(1,0，－1)，P→D＝(0,2，－1)，A→P＝(0,0,1)，A→D＝(0,2,0)，D→C＝ (1,0,0)，A→B＝(1,0,0)．
(1)因为E→F＝－12A→B，所以E→F∥A→B， 即 EF∥AB.
又 AB⊂平面 PAB，EF⊄平面 PAB，
所以 EF∥平面 PAB. (2)因为A→P·D→C＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， A→D·D→C＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以A→P⊥D→C，A→D⊥D→C，即 AP⊥DC，AD⊥DC.
cos〈n，m〉＝|nn|··m|m|＝
b·0－ba－a·0 ＝－
2b2＋a2· a2
b， 2b2＋a2
据题意有： 2bb2＋a2＝12，解得：AAAB1＝2ab＝ 2.
又P→D＝λP→M，∴－2y0＝2(z0－2)，即－y0＝z0－2， 解方程组得 y0＝z0＝1，即 M(0,1,1)， 设平面 ACM 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·A→C＝x＋2y＝0 则n·A→M＝y＋z＝0 令 z＝1，得 n＝(2，－1,1)，
∴cos
〈C→D，n〉＝1×－2
＝－ 6
垂直；用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂
直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行；
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(6)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明 两平面的法向量垂直即可． 【变式训练】 1．如图所示，在底面是正方形的四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，BD 交 AC 于点 E， F 是 PC 的中点，G 为 AC 上一点． (1)求证：BD⊥FG； (2)确定点 G 在线段 AC 上的位置，使 FG∥平面 PBD，并说明理由．
[审题导引] 建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明∥即可证明第(1)问，第(2)问 根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直． [规范解答] 以 A 为原点，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 为12，1，12，F 为0，1，12
解析 (1)证明 以 A 为原点，AB、BD、PA 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直 角坐标系 A－xyz，如图所示， 设正方形 ABCD 的边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，
设 P(0,0，a)(a＞0)，G(m，m,0)(0＜m＜ 2)， 则 E12，12，0，F12，12，a2.
所以 G34，34，0，所以A→G＝34A→C.
故当 AG＝34AC 时，FG∥平面 PBD.
考点二：利用向量求线线角、线面角
【例 2】如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥平面 ABCD，PA＝AD ＝2，AB＝1，BM⊥PD 于点 M. (1)求证：AM⊥PD； (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成角的余弦值．
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第 3 讲 空间向量与立体几何
自主学习导引 真题感悟
1．(2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，
则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为
5 A. 5
5 B. 3
25
3
C. 5
D.5
解析 利用向量法求解．
不妨令 CB＝1，则 CA＝CC1＝2.
可得 O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，
∴B→C1＝(0,2，－1)，A→B1＝(－2,2,1)，
∴cos〈B→C1，A→B1〉＝|BB→→CC11|·|AA→→BB11|＝
4－1 5×
＝ 9
1＝ 5
55＞0.
∴B→C1与A→B1的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角，
∴直线
BC1
与直线
AB1
夹角的余弦值为
5 5.
答案 A
2．(2012·辽宁)如图，直三棱柱 ABC − A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点 M，N 分别
为 A′B 和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 A′ACC′； (2)若二面角 A′MNC 为直二面角，求 λ 的值．