2015届高考二轮复习 专题五 第3讲 立体几何中的向量方法

令 x1＝1，则
1 1 n1＝1， ，－ . 2 2
同理可得n2＝(0,1,1). ∵n1· n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
→ → → → 1→ → 1→ 方法二 (1)OM＝OF＋FB＋BM＝ DF－BF＋ BA 2 2 1 → → 1→ 1→ 1→ → 1→ ＝ (DB＋BF)－BF＋ BA＝－ BD－ BF＋ BA 2 2 2 2 2 1 → → 1→ 1→ 1→ 1→ ＝－ (BC＋BA)－ BF＋ BA＝－ BC－ BF. 2 2 2 2 2
Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2). → → → 所以EQ＝(－1,2， －1)， FQ＝(0,2， －1)， DP＝(－1， → －1，2)，CP＝(0，－1,2).
设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， → → 由 m· EQ＝0，m· FQ＝0，
(2)求二面角D－GH－E的余弦值.
解 方法一 在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ， 所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ. 因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB. 又BP∩BQ＝B，所以AB⊥平面PBQ. 由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ. 又FH⊂平面PBQ，所以GH⊥FH. 同理可得GH⊥HC， 所以∠FHC为二面角D－GH－E的平面角.
v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
π 设 l，m 的夹角为 θ(0≤θ≤ )，则 2 |a1a2＋b1b2＋c1c2| |a· b| cos θ＝ ＝ 2 . 2 2 2 2 2 |a||b| a1＋b1＋c1 a2＋b2＋c2
π 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤ )， 2 |a· μ| 则 sin θ＝ ＝|cos〈a，μ〉|. |a||μ| (3)面面夹角
从 A点出发的三条直线
AB 、 AD ， AE 两两垂直 ,
可建立空间直角坐标系.
证明 方法一 间直角坐标系.
由题意，得AB，AD，AE
两两垂直，以A为原点建立如图所示的空
设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，
1 1 1 1 C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M ，0，0，O ， ， . 2 2 2 2
如图，以O为坐标原点，以OB，OC所
在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行 于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标 系O－xyz，
则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，D(－1,0,0)，E(0，－ 3，1).
(1)设平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， → → 因为BE＝(－1，－ 3，1)，BD＝(－2,0,0)， → －2x1＝0， n1· BD ＝0， 由 得 → －x1－ 3y1＋z1＝0， n · BE ＝ 0 ， 1
4 即二面角 D－GH－E 的余弦值为－ . 5
方法二
在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，
所以∠ABQ＝90° 又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直. 以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP 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.
设 BA ＝ BQ ＝ BP ＝ 2 ， 则 E(1,0,1) ， F(0,0,1) ，
→ → 所以PC· BD＝0.
故BD⊥PC.
热点二
利用向量求空间角
例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，
且AD＝1，AB＝1 EF＝2，AF＝BE＝2 2，P、Q分 2 思维启迪 别为AE、BD的中点.
(1)求证：PQ∥平面BCE；
易知PQ为△ACE 的中位线；
证明
连接 AC ， ∵ 四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为
BD的中点， ∴Q为AC的中点， 又在△AEC中，P为AE的中点， ∴PQ∥EC，
∵EC⊂面BCE，PQ⊄面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
(2)求二面角A－DF－E的余弦值.
思维启迪 根据AD⊥平面ABEF构建空间直角坐标系.
解
如图，取EF的中点M，则AF⊥AM，
(2)线面夹角
设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)， |μ· v| 则|cos θ|＝ ＝|cos〈μ，v〉|. |μ||v| 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面 角的补角，要注意从图中分析.
3.求空间距离 直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为 → |PM· n| 点到平面的距离，点P到平面α的距离：d＝ |n| (其中n为α的法向量，M为α内任一点).
证明 设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
→ → → 1 ∵DF＝(1，－1,1)，DM＝ ，－1，0，DC＝(1,0,0)， 2 → → 由 n1· DF＝n1· DM＝0，
y ＝1x ， x1－y1＋z1＝0， 1 2 1 得1 解得 1 x1－y1＝0， 2 z ＝－ x1， 1 2
→ → → ∴向量OM与向量BF，BC共面，
又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，
→ → → → → ∵CD＝BA，FC＝BC－BF， 1→ → → 1→ → ∴OM· CD＝－ BC－ BF · BA＝0， 2 2 1→ 1→ 2 1→ 2 → → → 1→ → OM· FC＝－ BC－ BF · (BC－BF)＝－ BC ＋ BF ＝0. 2 2 2 2
∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，
∴OM⊥平面EFCD.
又OM⊂平面MDF， ∴平面MDF⊥平面EFCD.
(1)要证明线面平行，只需证明向量 → 与平面BCF的 OM 法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证 明向量 → 与 → ， → 共面. OM BF BC (2) 要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量
专题五 立体几何
第 3讲
立体几何中的向量方法
主干知识梳理
热点分类突破
真题与押题
1. 以多面体 ( 特别是棱柱、棱锥或其组合体 ) 为载体，考 查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问 中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属
考 情 解 读
低中档问题. 2. 以多面体 ( 特别是棱柱、棱锥或其组合体 ) 为载体，考 查空间角 ( 主要是线面角和二面角 )的计算，是高考的必 考内容，属中档题. 3. 以已知结论寻求成立的条件 ( 或是否存在问题 ) 的探索 性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能 力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．
思 互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线 维 OM垂直于平面EFCD，即证OM垂直于平面EFCD内 升 华 的两条相交直线,从而转化为证明向量 与 向 → →
量、 → CD
OM
FC
变式训练1
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平
面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB
＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点. (1)求证：直线PC∥平面BDE； 证明 设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形， 所以BO＝1，AO＝CO＝ 3 ，AC⊥BD.
.
令x＝1，则y＝1，z＝2， 故n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量.
→ ∵AM⊥面 ADF，∴AM为平面 ADF 的一个法向量.
→ 2×1＋0×1＋0×2 n · AM 6 → ∴cos 〈n，AM〉＝ ＝ ＝ . 6 → 6 × 2 |n|· |AM|
由图可知所求二面角为锐角，
6 ∴二面角 A－DF－E 的余弦值为 . 6
主干知识梳理
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a＝ (a1， b1， c1).平面α、 β的法向
量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)(以下相同).
(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a· μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行
热点分类突破
热点一 热点二 利用向量证明平行与垂直 利用向量求空间角
热点三
利用空间向量求解探索性问题
热点一
利用向量证明平行与垂直
例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF 中，面ABFE和面ABCD都是正方形
且互相垂直，M为AB的中点，O为 DF的中点.运用向量方法证明：
思维启迪
(1)OM∥平面BCF；
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ· v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线 l ， m 的方向向量分别为 a ＝ (a1 ， b1 ， c1) ， b ＝
(a2，b2，c2).平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，
－x1＋2y1－z1＝0， 得 取 y1＝1，得 m＝(0,1,2). 2y1－z1＝0，
点， AQ ＝ 2BD ， PD 与 EQ 交于点 G ， PC 与 FQ 交于
点H，连接GH.
(1)求证：AB∥GH；
证明 中点， 所以EF∥AB，DC∥AB. 所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH， 所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH. 因为 D ， C ， E ， F 分别是 AQ ， BQ ， AP ， BP 的
以A为坐标原点，以AM、AF、AD所在直
线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0).
→ → → 可得AM＝(2,0,0)，MF＝(－2,2,0)，DF＝(0,2，－1).
→ n· MF ＝0 设平面 DEF 的法向量为 n＝(x， y， z)， 则 → DF ＝0 n· －2x＋2y＝0 x－y＝0 故 ，即 . 2y－z＝0 2y－z＝0
思 维 线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与 升 华 直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意
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的二面角，有可能为两法向量夹角的补角 .③直
函数名称的变化.
变式训练2
(2013· 山东)如图所示，在三棱锥P－ABQ 中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，
C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中
设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，
在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝ 2 ， 在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝ 又H为△PBQ的重心，
1 5 5 所以 HC＝ PC＝ .同理 FH＝ . 3 3 3
5.
在△FHC 中，由余弦定理得 5 5 ＋ －2 9 9 4 cos∠FHC＝ ＝－ . 5 5 2× 9
1 1 → → (1)OM＝0，－ ，－ ，BA＝(－1,0,0)， 2 2
→ → → → ∴OM· BA＝0, ∴OM⊥BA.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
→ 是平面BCF的一个法向量， ∴AB⊥平面BCF，∴ BA
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：
思 维 的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论 升 华 证、计算；⑤转化为几何结论.
①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点
(2) 求空间角注意：①两条异面直线所成的角 α
不一定是直线的方向向量的夹角 β ，即 cos α ＝ |cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求
令 z1＝ 3，得 y1＝1，所以 n1＝(0,1， 3). → → 又PC＝(0,2 3， －2)， 所以PC· n1＝0＋2 3－2 3＝0， → 即PC⊥n1，又 PC⊄ 平面 BDE，
所以PC∥平面BDE.
(2)求证：BD⊥PC；
证明 → → 因为PC＝(0,2 3，－2)，BD＝(－2,0,0)，