第04讲 空间向量在立体几何中的应用（讲）（解析版）

第04讲空间向量在立体几何中的应用本讲为高考命题热点，理科中考察空间向量，文科中不做涉及，通常在6分分值，难度不大.考点一异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)0，π2求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝|a·b||a||b|考点二求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|.考点三求二面角(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB→，CD→〉.(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β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〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).考点四常用结论1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.高频考点一用向量求异面直线所成的角【例1】1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π6答案B解析以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，∴D22，22，0，∴AD→＝22，22，0，A1C→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD→，A1C→〉＝AD→·A1C→|AD→||A1C→|＝12，∴〈AD→，A1C→〉＝π3.2.在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.105B.31010C.155D.1010答案D解析以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).所以AB→＝(0，1，－1)，DC→＝(－2，1，0).则cos〈AB→，DC→〉＝AB→·DC→|AB→|·|DC→|＝12×5＝1010，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为1010.3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF→＝λAD→，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为________.答案13解析以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以D1E→＝(0，2，－1)，A1F→＝A1A→＋AF→＝A1A→＋λAD→＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).则cos〈A1F→，D1E→〉＝A1F→·D1E→|A1F→|·|D1E→|＝22λ2＋1·5，所以225·λ2＋1＝3210，解之得λ＝13(舍去－13).【方法技巧】1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2||v1||v2|求解.2.两异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.高频考点二用空间向量求线面角【例2】(2020·新高考山东卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.(1)证明因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.(2)解以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，DC→＝(0，1，0)，PB→＝(1，1，－1).由(1)可设Q(a，0，1)，则DQ→＝(a，0，1).设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则n·DQ→＝0，n·DC→＝0，即ax＋z＝0，y＝0.可取n＝(－1，0，a).所以cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n|·|PB→|＝－1－a3·1＋a2.设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝33×|a＋1|1＋a2＝331＋2aa2＋1.因为331＋2aa2＋1≤63，当且仅当a＝1时等号成立，故PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.【方法技巧】向量法求直线与平面所成角主要方法是：1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；2.通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【跟踪训练】1.(2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为419565，求AD的长.(1)证明依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，由余弦定理求得BC＝23，∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD.∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，∴SD⊥CA.(2)解以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(23，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，3)，故CD→＝(－23，2，0)，SD→＝(0，1，－3)，设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·CD→＝0，m·SD→＝0，即－23x＋2y＝0，y－3z＝0，取x＝1，则y＝3，z＝1，所以m＝(1，3，1)，设DA→＝λDS→(0≤λ≤1)，则DA→＝(0，－λ，3λ)，故A(0，2－λ，3λ)，则BA→＝(0，2－λ，3λ)，设直线BA与平面SCD所成角为θ.故sinθ＝|cos〈m，BA→〉＝|m·BA→||m|·|BA→|＝|23－3λ＋3λ|5·（2－λ）2＋3λ2＝419565，解得λ＝14或34，则AD＝12或32.高频考点三用向量求二面角【例3】(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值.(1)证明设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝22a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB，PC⊂平面PBC，PB∩PC＝P，所以PA⊥平面PBC.(2)解以O为坐标原点，OE→的方向为y轴正方向，OD→的方向为z轴正方向，|OE→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C－32，12，0，P0，0，22.所以EC→＝－32，－12，0，EP→＝0，－1，22.设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则m·EP→＝0，m·EC→＝0，即－y＋22z＝0，－32x－12y＝0，可取m＝－33，1，2.由(1)知AP→＝0，1，22是平面PCB的一个法向量.记n＝AP→，则cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝255.所以二面角B－PC－E的余弦值为255.【方法技巧】1.用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角.2.找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【变式训练】1.(2019·全国Ⅱ卷)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.(1)证明由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB→＝(1，0，0)，CE→＝(1，－1，1)，CC1→＝(0，0，2).设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则CB→·n＝0，CE→·n＝0，即x1＝0，x1－y1＋z1＝0，所以可取n＝(0，－1，－1).设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则CC1→·m＝0，CE→·m＝0，即2z2＝0，x2－y2＋z2＝0，所以可取m＝(1，1，0).于是cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－12，则sin〈n，m〉＝32，所以，二面角B－EC－C1的正弦值为32.高频考点四与空间向量有关的探索性问题【例3】如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为155？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.(2)解存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵点E，F分别为AC，PC的中点，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.分别以EB→，EC→，EF→的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(23，0，0)，C(0，2，0).设BG→＝λBP→＝(－23λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，所以AG→＝AB→＋BG→＝(23(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，BC→＝(－23，2，0)，PC→＝(0，4，－2)，设平面PB