2019-2020学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 习题课（二） （提升关键能力） 空间向量

习题课(二)(提升关键能力)空间向量与立体几何高频考点一利用空间向量证明平行、垂直问题空间向量的结论与线面位置关系的对应关系(1)设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0，l⊥α⇔u∥v⇔u＝kv⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k∈R)．(2)设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R；α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.[典例]如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D.(1)求证：A1C⊥平面AMN；(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置．[解](1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM⊂平面AA1B1B，所以CB⊥AM，又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，所以AM⊥平面A1BC，所以A1C⊥AM，同理可证A1C⊥AN，又AM∩AN＝A，所以A1C⊥平面AMN.(2)以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，因为AB＝2，AD＝2，A1A＝3，所以C(0,0,0)，A1(2，2,3)，C1(0，0,3)，CA1―→＝(2,2,3)，由(1)知CA1⊥平面AMN，故平面AMN的一个法向量为CA1―→＝(2,2,3)．设线段AA1上存在一点P(2,2，t)，使得C1P∥平面AMN，则C1P―→＝(2,2，t－3)，因为C1P∥平面AMN，所以C1P―→·CA1―→＝4＋4＋3t－9＝0，解得t＝13.所以P2，2，13，所以线段AA1上存在一点P2，2，13，使得C1P∥平面AMN.[类题通法]利用空间向量证明空间中的位置关系(1)线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．(2)线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直．(3)线面平行：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．(4)线面垂直：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(5)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．(6)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．[集训冲关]1.如图，在四棱锥E­ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.证明：取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，又AB⊥平面BCE，∴以O为原点建立空间直角坐标系O­xyz.如图所示．则由已知条件有C(1,0,0)，E(0，－3，0)，D(1,0,1)，A(0，3，2)．设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，则n·EA―→＝(a，b，c)·(0,23，2)＝23b＋2c＝0，n·DA―→＝(a，b，c)·(－1，3，1)＝－a＋3b＋c＝0.令b＝1，则a＝0，c＝－3，∴n＝(0,1，－3)，又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－3)·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.2．如图，已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.(1)求证：AC⊥BC1；(2)在AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD?(3)在AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1?解：(1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系．则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)．因为AC―→＝(－3,0,0)，BC1―→＝(0，－4,4)，所以AC―→·BC1―→＝0，所以AC―→⊥BC1―→，即AC⊥BC1.(2)假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD.设AD―→＝λAB―→＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1.则D(3－3λ，4λ，0)，于是CD―→＝(3－3λ，4λ，0)，由于AC1―→＝(－3,0,4)，且AC1⊥CD，所以－9＋9λ＝0，解得λ＝1.所以在AB上存在点D使得AC1⊥CD，这时点D与点B重合．(3)假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，设AE―→＝tAB―→＝(－3t,4t,0)，其中0≤t≤1.则E(3－3t,4t,0)，B1E―→＝(3－3t,4t－4，－4)，B1C―→＝(0，－4，－4)．又因为AC1―→＝mB1E―→＋nB1C―→成立，所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，解得t＝12.所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点．高频考点二利用空间向量求空间角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的两个半平面α，β内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB―→，CD―→〉．(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〉．[典例](2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1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B­EC­C1的正弦值．[解](1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)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D­xyz，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)，A1D―→―→＝(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|＝0×1＋－1×1＋－1×0－12＋－12·12＋12＝－12.所以二面角B­EC­C1的正弦值为32.[类题通法]用向量法求空间角的注意点(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．(2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－π2或者π2－〈n，a〉．(3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．[集训冲关]1．如图，在空间直角坐标系D­xyz中，E，F分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC和CD的中点，求：(1)异面直线A1D与EF夹角的大小；(2)A1F与平面B1EB夹角的正弦值；(3)平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值．解：设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E12，1，0，F0，12，0.(1)易得A1D―→＝(－1,0，－1)，EF―→＝－12，－12，0，∴cos〈A1D―→，EF―→〉＝A1D―→·EF―→|A1D―→||EF―→|＝12，∴异面直线A1D与EF的夹角是60°.(2)易得A1F―→＝－1，12，－1，AB―→＝(0,1,0)，显然AB―→是平面B1EB的一个法向量，则cos〈A1F―→，AB―→〉＝A1F―→·AB―→|A1F―→||AB―→|＝13，∴A1F与平面B1EB夹角的正弦值为13.(3)连接AC1，AC(图略)．易得AC1―→＝(－1,1,1)为平面CD1B1的一个法向量，AC―→＝(－1,1,0)为平面D1B1B的一个法向量，∴cos〈AC1―→，AC―→〉＝AC1―→·AC―→|AC1―→||AC―→|＝63，∴平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值为63.2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1.(2)求二面角C1­AD­C的余弦值．解：(1)证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABC­A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD.因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)由ABC­A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直．以BC，BA，BB1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B­xyz.设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以AD―→＝(1，－2,0)，AC1―→＝(2，－2,1)．设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AD―→＝0，n·AC1―→＝0，所以x－2y＝0，2x－2y＋z＝0，取y＝1，得n＝(2,1，－2)．易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1)．所以cos〈n，v〉＝n·v|n||v|＝－23.因为二面角C1­AD­C是锐二面角，所以二面角C1­AD­C的余弦值为23.