2012届高考数学步步高第二轮复习课件：专题四第3讲 立体几何中的向量方法

第3讲立体几何中的向量方法【高考真题感悟】(2010·浙江)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝23FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF.(1)求二面角A′－FD－C的余弦值；(2)点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A′重合，求线段FM的长.解(1)取线段EF的中点H，连结A′H，∵A′E＝A′F及H是EF的中点，∴A′H⊥EF.又∵平面A′EF⊥平面BEF，A′H⊂平面A′EF，∴A′H⊥平面BEF.如图，建立空间直角坐标系A－xyz，则A′(2,2，22)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0).故FA′＝(－2,2,22)，FD→＝(6,0,0).设n＝(x，y，z)为平面A′FD的一个法向量，∴n·FA′→＝0，n·FD→＝0，∴－2x＋2y＋22z＝0，6x＝0，取z＝2，则n＝(0，－2，2).又平面CFD的一个法向量m＝(0,0,1)，故cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝33.∴二面角A′－FD－C的余弦值为33.(2)设FM＝x，则M(4＋x,0,0)，∵翻折后C与A′重合，∴CM＝A′M，故(6－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(22)2，得x＝214，经检验，此时点N在直线BC上.∴FM＝214.考题分析本题主要考查二面角的求解和线段长度的计算.考查考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，灵活选择不同方法解决问题的应变能力.本题可用向量法解决，也可用传统几何法解决，方法灵活.易错提醒(1)缺少必要的证明.(2)空间坐标系的建立，缺少必要的说明.建系不规范，叙述不准确.(3)建立空间坐标系后，不能正确写出点的坐标或空间向量的坐标.(4)计算不正确，书写不规范.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，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)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝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)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角设l，m的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cosθ＝|a·b||a|·|b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|a21＋b21＋c21a22＋b22＋c22.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sinθ＝|a·μ||a||μ|＝cos〈a，μ〉.(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θπ)，则|cosθ|＝|μ·v||μ||v|＝|cos〈μ，v〉|.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点到平面的距离，点P到平面α的距离：d＝|PM→·n||n|(其中n为α的法向量，M为α内任一点).热点分类突破题型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：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.证明方法一由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M12，0，0，O12，12，12.(1)OM→＝0，－12，－12，BA→＝(－1,0,0)，∴OM→·BA→＝0，∴OM→⊥BA→.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴BA→是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)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).∵DF→＝(1，－1,1)，DM→＝12，－1，0，DC→＝(1,0,0)，由n1·DF→＝n1·DM→＝0，得x1－y1＋z1＝0，12x1－y1＝0，解得y1＝12x1，z1＝－12x1，令x1＝1，则n1＝1，12，－12.同理可得n2＝(0,1,1).∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二(1)OM→＝OF→＋FB→＋BM→＝12DF→－BF→＋12BA→＝12(DB→＋BF→)－BF→＋12BA→＝－12BD→－12BF→＋12BA→＝－12(BC→＋BA→)－12BF→＋12BA→＝－12BC→－12BF→.∴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→，∴OM→·CD→＝－12BC→－12BF→·BA→＝0，OM→·FC→＝－12BC→－12BF→·(BC→－BF→)＝－12BC→2＋12BF→2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.探究提高(1)要证明线面平行，只需证明向量OM→与平面BCF的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM→与BF→，BC→共面.(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM垂直于平面EFCD，即证OM垂直于平面EFCD内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM→与向量FC→、DC→垂直.变式训练1如图所示，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E、F、O分别为PA、PB、AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离.(1)证明如图所示，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O—xyz，则O(0,0,0)，A(0，－8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0，0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)，由题意得，G(0,4,0)，因OB→＝(8,0,0)，OE→＝(0，－4,3)，因此平面BOE的法向量为n＝(0,3,4)，FG→＝(－4,4，－3)，得n·FG→＝0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE.(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则FM→＝(x0－4，y0，－3)，因为FM⊥平面BOE，所以有FM→∥n，因此有x0＝4，y0＝－94，即点M的坐标为4，－94，0，在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域满足不等式组x0y0x－y8，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离分别为4，94.题型二利用向量求线线角、线面角例2如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝12AD＝1.(1)求PB与CD所成的角.(2)求直线PD与面PAC所成的角的余弦值.思维启迪本题中给出的几何体易于建立空间直角坐标系，从而利用“向量法”解决线线角、线面角等夹角问题.解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，∵PA＝AB＝BC＝12AD＝1，∴P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，∴PB→＝(1,0，－1)，CD→＝(－1,1,0).∴cos〈PB→，CD→〉＝－1＋0＋02·2＝－12.∴〈PB→，CD→〉＝120°，∴PB与CD所成的角为60°.(2)PD→＝(0,2，－1)，AP→＝(0,0,1)，AC→＝(1,1,0)，设m＝(x，y，z)是平面PAC的一个法向量，则m·AP→＝0m·AC→＝0，即z＝0x＋y＝0，即x＝－y，z＝0，取x＝1，则m＝(1，－1,0)，设直线PD与面PAC所成的角为θ，∴sinθ＝|PD→·m||PD→|·|m|＝25·2＝105.∵θ∈[0，π2]，∴cosθ＝155.即直线PD与面PAC所成角的余弦值为155.探究提高(1)题目中具备建系的条件，可建立空间直角坐标系，将线线角、线面角转化为两向量的夹角.(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sinθ＝|cosα|.变式训练2(2011·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.(1)证明因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.(2)解设AC∩BD＝O，因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，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).所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0,23，0).设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝PB→·AC→|PB→||AC→|＝622×23＝64.(3)解由(2)知BC→＝(－1，3，0).设P(0，－3，t)(t0)，则BP→＝(－1，－3，t).设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则BC→·m＝0，BP→·m＝0.所以－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0.令y＝3，则x＝3，z＝6t.所以m＝(3，3，6t).同理，平面PDC的法向量n＝(－3，3，6t).因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋36t2＝0，解得t＝6.所以PA＝6.题型三利用向量求二面角例3(2010·天津)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；(2)证明AF⊥平面A1ED；(3)求二面角A1－ED－F的正弦值.思维启迪在长方体模型中，更易想到利用空间向量解决问题.方法一(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点.设AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，32，0).易得EF→＝(0，12，1)，A1D→＝(0,2，－4)，于是cos〈EF→，A1D→〉＝EF→·A1D→|EF→||A1D→|＝－35.所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为35.(2)证明易知AF→＝(1,2,1)，EA1→＝(－1，－32，4)，ED→＝(－1，12，0)，于是AF→·EA1→＝0，AF→·ED→＝0.因此，AF⊥EA1，AF⊥ED.又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED.(3)解设平面EFD的法向量u＝(x，y，z)，则u·EF→＝0，u·ED→＝0，即12y＋z＝0，－x＋12y＝0.不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)，由(2)可知，AF→为平面A1ED的一个法向量，于是cos〈u，AF→〉＝u·AF→|u||AF→|＝23，从而sin〈u，AF→〉＝53.所以二面角A1－ED－F的正弦值为53.方法二(1)解设