利用向量解决立体几何探究性问题专题学案.docx
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利用向量解决立体几何探究性问题专题学案
利用向量解决立体几何探究性问题专题
方法梳理
1.立体几何中的向量方法
(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定
①直线的方向向量:
l是空间一直线,A,B是直线l上任意两点,则称
为直线l的方向向量,与
平行的任意非零向量也是直线l的方向向量.
②平面的法向量可利用方程组求出:
设a,b是平面α内两不共线向量,n为平面α的法向量,则求法向量的方程组为
(2)用向量证明空间中的平行关系
①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
②设直线l的方向向量为v,与平面α共面的两个不共线向量v1和v2,则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x,y,使v=xv1+yv2.
③设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
④设平面α和β的法向量分别为u1,u2,则α∥β⇔u1∥u2.
(3)用向量证明空间中的垂直关系
①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2=0.
②设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l⊥α⇔v∥u.
③设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2=0.
(4)点面距的求法
如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=
.
2.空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2,则l1与l2的夹角θ满足cosθ=|cos〈m1,m2〉|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m,n,则直线l与平面α的夹角θ满足sinθ=|cos〈m,n〉|.
(3)求二面角的大小
(ⅰ)如图①,AB、CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈
,
〉.
(ⅱ)如图②③,n1,n2分别是二面角αlβ的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足cosθ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉.
题型一:
存在性问题
例1(2019·北京高考真题(理))如图,在四棱锥P–ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且
.
(Ⅰ)求证:
CD⊥平面PAD;
(Ⅱ)求二面角F–AE–P的余弦值;
(Ⅲ)设点G在PB上,且
.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
【解析】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD,CD
平面ABCD,则PA⊥CD,
由题意可知AD⊥CD,且PA∩AD=A,
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点,平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴,AD,AP方向为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系
,
易知:
,
由
可得点F的坐标为
,由
可得
,
设平面AEF的法向量为:
,则
,
据此可得平面AEF的一个法向量为:
,
很明显平面AEP的一个法向量为
,
,
二面角F-AE-P的平面角为锐角,故二面角F-AE-P的余弦值为
.
(Ⅲ)易知
,由
可得
,
则
,注意到平面AEF的一个法向量为:
,
其
且点A在平面AEF内,故直线AG在平面AEF内.
例2.(2016·北京高考真题(理))如图,在四棱锥
中,平面
平面
.
(1)求证:
平面
;
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值;
(3)在棱
上是否存在点
使得
平面
?
若存在,求
的值;若不存在,说明理由.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)
;(3)存在,
.
【解析】
(Ⅰ)因为平面
平面
,
,
所以
平面
.所以
.又因为
,所以
平面
.
(Ⅱ)取
的中点
,连结
.因为
,所以
.
又因为
平面
,平面
平面
,所以
平面
.
因为
平面
,所以
.因为
,所以
.
如图建立空间直角坐标系
.由题意得,
.
设平面
的法向量为
,则
即
令
,则
.
所以
.又
,所以
.
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
(Ⅲ)设
是棱
上一点,则存在
使得
.
因此点
.因为
平面
,所以
平面
当且仅当
,即
,解得
.
所以在棱
上存在点
使得
平面
,此时
.
题型二:
最值问题
【例3】如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为________.
【解析】建立空间直角坐标系如图所示,设AB=1,则
=
,
E
,设M(0,y,1)(0≤y≤1),
则
=
,∴cosθ=
=-
.
设异面直线所成的角为α,
则cosα=|cosθ|=
=
·
,令t=1-y,则y=1-t,
∵0≤y≤1,∴0≤t≤1,那么cosα=|cosθ|=
·
=
=
,
令x=
,∵0≤t≤1,∴x≥1,那么cosα=
,
又∵z=9x2-8x+4在[1,+∞)上单增,∴x=1,zmin=5,
此时cosα的最大值=
·
=
·
=
.答案
【例4】如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=
,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
【解析】解 以{
,
,
}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)因为AD⊥平面PAB,所以
是平面PAB的一个法向量,
=(0,2,0).
因为
=(1,1,-2),
=(0,2,-2).
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·
=0,m·
=0,
即
令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.
从而cos〈
,m〉=
=
,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为
.
(2)因为
=(-1,0,2),设
=λ
=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又
=(0,-1,0),则
=
+
=(-λ,-1,2λ),
又
=(0,-2,2),从而cos〈
,
〉=
=
.
设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2〈
,
〉=
=
≤
.
当且仅当t=
,即λ=
时,|cos〈
,
〉|的最大值为
.
因为y=cosx在
上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP=
=
,所以BQ=
BP=
.
【课后练习】1.(2017·全国高考真题(理))(2017新课标全国Ⅲ理科)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)证明:
平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D–AE–C的余弦值.
【解析】
(1)由题设可得,
,从而
.
又
是直角三角形,所以
.
取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于
是正三角形,故
.
所以
为二面角
的平面角.在
中,
.
又
,所以
,
故
.所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及
(1)知,
两两垂直,以
为坐标原点,
的方向为
轴正方向,
为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
.则
.
由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的
,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的
,即E为DB的中点,得
.
故
.
设
是平面DAE的法向量,则
即
可取
.设
是平面AEC的法向量,则
同理可取
.
则
.所以二面角D-AE-C的余弦值为
.
2.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为________.
【解析】建立空间直角坐标系如图所示,设AB=1,则
=
,
E
,
设M(0,y,1)(0≤y≤1),
则
=
,
∴cosθ=
=-
.
设异面直线所成的角为α,
则cosα=|cosθ|=
=
·
,
令t=1-y,则y=1-t,
∵0≤y≤1,∴0≤t≤1,
那么cosα=|cosθ|=
·
=
=
,
令x=
,∵0≤t≤1,∴x≥1,
那么cosα=
,
又∵z=9x2-8x+4在[1,+∞)上单增,
∴x=1,zmin=5,
此时cosα的最大值=
·
=
·
=
.
答案
3(2019·全国高考真题(理))如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:
BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B–EC–C1的正弦值.
证明
(1)因为
是长方体,所以
侧面
,而
平面
,所以
又
,
,
平面
,因此
平面
;
(2)以点
坐标原点,以
分别为
轴,建立如下图所示的空间直角坐标系,
,
因为
,所以
,
所以
,
,
设
是平面
的法向量,
所以
,
设
是平面
的法向量,
所以
,
二面角
的余弦值的绝对值为
,
所以二面角
的正弦值为
.
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- 利用 向量 解决 立体几何 探究性 问题 专题