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1、第3講立體幾何中的向量方法,高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上.,1.(2017全國卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(),解析法一以B為原點，建立如圖(1)所示的空間直角坐標系.,真 題 感 悟,圖(1)圖(2),則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).,法二如圖(2)，設(shè)M，N，P分別為AB，BB1，B1C1中點，則PNBC1，MNAB1， AB1與BC
2、1所成的角是MNP或其補角. AB2，BCCC11，,在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC,答案C,(1)證明：平面AMD平面BMC； (2)當三棱錐MABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.,(1)證明由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD. 因為BCCD，BC平面ABCD， 所以BC平面CMD，又DM平面CDM，故BCDM.,所以DMCM. 又BCCMC，所以DM平面BMC. 由于DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.,由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)， M(0，1，1)，,設(shè)n(x，y，z)是平面
3、MAB的法向量，,3.(2018全國卷)如圖，四邊形ABCD為正方形， E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把DFC折起，使點C到達點P的位置，且PFBF. (1)證明：平面PEF平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.,(1)證明由已知可得，BFPF，BFEF， 又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.,(2)解作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.,由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，,1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法,設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平
4、面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則 (1)線面平行 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)線面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. (3)面面平行 vva2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30.,考 點 整 合,2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算,設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同).,熱點一利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系 【例1】 如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABC
5、D，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點.證明：,(1)BEDC； (2)BE平面PAD； (3)平面PCD平面PAD.,證明依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，,可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E為棱PC的中點，得E(1，1，1).,(2)因為ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD， 所以ABPA，PAADA，PA，AD平面PAD， 所以AB平面PAD，,又BE平面PAD，所以BE平面PAD.,設(shè)平面PCD的一個法向量為n(x，y，z)，,不妨令y1，可得n(0，1，1)為平面PCD的一個法向量.,
6、所以平面PAD平面PCD.,探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當?shù)淖鴺讼?盡可能利用垂直條件，準確寫出相關(guān)點的坐標，進而用向量表示涉及到直線、平面的要素). 2.向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何定理的條件，如在(2)中忽略BE平面PAD而致誤.,【訓(xùn)練1】 在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點E在線段BB1上，且EB11，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點.求證： (1)B1D平面ABD； (2)平面EGF平面ABD.,證明(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z
7、軸，建立空間直角坐標系，如圖所示. 則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4). 設(shè)BAa，則A(a，0，0)，,則B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD， 因此B1D平面ABD.,即B1DEG，B1DEF. 又EGEFE，EG，EF平面EGF， 因此B1D平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.,熱點二利用空間向量計算空間角 考法1求線面角或異面直線所成的角 【例21】 (2018煙臺質(zhì)檢)如圖，在梯形ABCD中，ADBC，ABCD，ACBD，平面BDFE平面ABCD，EFBD，BEBD.,(1)證明平面BDFE平面ABCD，平
8、面BDFE平面ABCDBD，AC平面ABCD，ACBD， AC平面BDFE.又AC平面AFC， 平面AFC平面BDFE.,ODOC1，OBOA2， FEOB且FEOB，四邊形FEBO為平行四邊形， OFBE，且OFBE2， 又BE平面ABCD，OF平面ABCD.,則B(0，2，0)，D(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，2)，C(1，0，0)，,不妨設(shè)z1，得xy2，得n(2，2，1).,探究提高1.異面直線所成的角，可以通過兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |. 2.直線與平面所成的角主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin |cos |，有時也可分別求出斜線與它在平面
9、內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補角).,【訓(xùn)練2】 (2018江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點P，Q分別為A1B1，BC的中點. (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.,因為ABAA12，,設(shè)n(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，,(1)證明：BCB1M； (2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時二面角MB1CA的余弦值.,BC2，則有AB2BC28AC2， ABC90，BCAB， 又BB1BC，BB1ABB， BC平面ABB1A1，又B1M平面ABB1A1， 故
10、BCB1M.,(2)解由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個體積相等的幾何體為四棱錐CABB1M和四棱錐B1A1MCC1.,由(1)知四棱錐CABB1M的高為BC2，,此時M為AA1中點，,A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).,設(shè)n1(x1，y1，z1)是平面CB1M的一個法向量，,令z11，可得n1(1，2，1)，設(shè)n2(x2，y2，z2)是平面ACB1的一個法向量，,探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角. 2.利用向量法求二面
11、角，必須能判定“所求二面角的平面角是銳角或鈍角”，否則解法是不嚴謹?shù)?,(1)求證：AC平面BEF； (2)求二面角BCDC1的余弦值； (3)證明：直線FG與平面BCD相交.,(1)證明在三棱柱ABCA1B1C1中， 因為CC1平面ABC， 所以四邊形A1ACC1為矩形. 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點，所以ACEF. 因為ABBC，所以ACBE. 又EFBEE，所以AC平面BEF. (2)解由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1， 又CC1平面ABC，所以EF平面ABC， 因為BE平面ABC，所以EFBE.,如圖建立空間直角坐標系Exyz，由題意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，
12、D(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1).,設(shè)平面BCD的法向量為n(x0，y0，z0)，,令y01，則x02，z04.于是n(2，1，4).,所以直線FG與平面BCD相交.,解(1)設(shè)BD交AC于點O，連接OE. PB平面AEC，平面AEC平面BDPOE，PBOE. 又O為BD的中點，在BDP中E為PD中點.,(2)連接OP，由題知PO平面ABCD，且ACBD，,設(shè)平面AEC的法向量為m(x1，y1，z1).,設(shè)平面BDF的法向量n(x2，y2，z2)，,探究提高1.空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷. 2.空間
13、向量求解探索性問題：(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認可其中的一部分結(jié)論；(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論.,(1)當BF長為多少時，平面AEF平面CEF? (2)在(1)的條件下，求二面角EACF的余弦值.,解(1)連接BD交AC于點O，則ACBD. 取EF的中點G，連接OG，則OGDE. DE平面ABCD，OG平面ABCD. OG，AC，BD兩兩垂直. 以AC，BD，OG所在直線分別作為x軸，y軸，z軸建
14、立空間直角坐標系(如圖)，,設(shè)平面AEF，平面CEF的法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).,若平面AEF平面CEF，則n1n20，,設(shè)平面AEC的一個法向量為n(x，y，z)，則,3.利用空間向量求解二面角時，易忽視二面角的范圍，誤以為兩個法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯. 4.空間向量在處理空間問題時具有很大的優(yōu)越性，能把“非運算”問題“運算”化，即通過直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關(guān)系，各類角、距離以向量的方式表達出來，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量的運算問題.應(yīng)用的核心是充分認識形體特征，進而建立空間直角坐標系，通過向量的運算解答問題，達到幾何問題代數(shù)化的目的，同時注意運算的準確性.,
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