【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第45讲立体几何中的向量方法第2课时学案
第2课时 空间向量的应用
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨 (1)由已知得BD⊥AD,由两平面垂直的性质定理,可证明AD⊥平面BFED;(2)建立空间直角坐标系,设出点P的坐标,求得平面EAD与平面PAB的法向量,根据两向量的夹角公式,得到关于参数λ的等式,解方程可得λ的值,即可确定点P的位置.
解:(1)证明:在梯形ABCD中,
∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,
∴∠ADB=90°,∴BD⊥AD.
∵平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,AD⊂平面ABCD,
∴AD⊥平面BFED.
(2)∵AD⊥平面BFED,∴AD⊥DE.
以D为原点,分别以DA,DB,DE所在直线为x轴、y轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
在△BCD中,DC=BC=1,∠BCD=120°,由余弦定理得BD=,
则A(1,0,0),B(0,,0),由题意,设P0,λ,2-λ(0≤λ≤),
∴=(-1,,0),=0,λ-,2-λ.
易知平面EAD的一个法向量为m=(0,1,0),
设平面PAB的法向量为n=(x,y, ),
由得
取y=1,可得n=,1,.
∵平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为,
∴|cos
|===,
解得λ=,即P为线段EF上靠近点E的三等分点.
变式题 解: (1)证明:取AD的中点M,连接EM,CM,则EM∥PA.
∵EM⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,
∴EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CM=AM,∴∠ACM=60°.
又∠BAC=60°,∴MC∥AB.
∵MC⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴MC∥平面PAB.
∵EM∩MC=M,∴平面EMC∥平面PAB.
∵EC⊂平面EMC,∴EC∥平面PAB.
(2)过A作AF⊥AD交BC于F,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(,1,0),D(0,4,0),P(0,0,2),∴=(,1,0),=(0,0,2),=(0,4,-2).
设平面PAC的法向量为n=(x,y, ),则取n=(,-3,0).
设=λ(0≤λ≤1),则=(0,4λ,-2λ),=(-,4λ-1,2-2λ),
∴|cos|==,∴λ=,
∴N为PD的中点时,直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为.
例2 [思路点拨 (1)由已知条件及等腰梯形的性质,可证明四边形EFBG是平行四边形,则有EG∥FB,再根据线面平行的判定定理即可得到EG∥平面BDF;(2)建立空间直角坐标系,确定平面BDF的法向量,再求出直线AE的方向向量与平面BDF法向量的夹角,即得直线AE与平面BDF所成角的正弦值;(3)假设线段FC上存在点H,设H-,,t(0≤t≤1),用t表示平面HAD的法向量,由平面BDF与平面HAD的两个法向量的数量积为0,得关于t的方程,若方程有解,则满足条件的点H存在,可求得的值,若方程无解,则满足条件的点H不存在.
解:(1)证明:由已知得EF∥CD,且EF=CD.
因为四边形ABCD为等腰梯形,所以BG∥CD.
因为G是棱AB的中点,所以BG=CD,
所以EF∥BG,且EF=BG,
故四边形EFBG为平行四边形,
所以EG∥FB.
因为FB⊂平面BDF,EG⊄平面BDF,
所以EG∥平面BDF.
(2)因为四边形CDEF为正方形,所以ED⊥DC.
因为平面CDEF⊥平面ABCD,
平面CDEF∩平面ABCD=DC,DE⊂平面CDEF,
所以ED⊥平面ABCD.
在△ABD中,因为∠DAB=60°,AB=2AD=2,
所以由余弦定理,得BD=,
所以AD⊥BD.
在等腰梯形ABCD中,可得DC=CB=1.
如图所示,以D为原点,以DA,DB,DE所在直线分别为x轴、y轴、 轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),E(0,0,1),B(0,,0),F-,,1,
所以=(-1,0,1),=-,,1,=(0,,0).
设平面BDF的法向量为n=(x,y, ),由
得取 =1,则x=2,y=0,得n=(2,0,1).
设直线AE与平面BDF所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|==,
所以AE与平面BDF所成的角的正弦值为.
(3)线段FC上不存在点H,使平面BDF⊥平面HAD.证明如下:
假设线段FC上存在点H,设H-,,t(0≤t≤1),
则=-,,t.
设平面HAD的法向量为m=(a,b,c),由
得
取c=1,则a=0,b=-t,得m=0,-t,1.
要使平面BDF⊥平面HAD,只需m·n=0,即2×0-t×0+1×1=0,此方程无解.
所以线段FC上不存在点H,使平面BDF⊥平面HAD.
变式题 解:(1)证明:连接A1C交AC1于点O,连接EO,
∵四边形ACC1A1是正方形,∴O为A1C的中点,
又E为CB的中点,∴EO∥A1B.
∵EO⊂平面AEC1,A1B⊄平面AEC1,
∴A1B∥平面AEC1.
(2)棱AA1上存在M,满足B1M⊥C1E.
以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为 轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B1(2,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(1,1,0).
设M(0,0,m)(0≤m≤2),则=(-2,0,m-2),=(1,-1,-2).
∵B1M⊥C1E,∴·=-2-2(m-2)=0,解得m=1,
∴M(0,0,1),则=(1,1,-1),=(0,2,1).
设平面MEC1的法向量为n=(x,y, ),
则取y=-1,得n=(3,-1,2).
易知AC⊥平面ABB1A1,∴平面ABB1A1的一个法向量为=(0,2,0),
∴cos<,n>==-,
∴平面MEC1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为.
例3 [思路点拨 (1)由平面BDEF丄平面ABCD,DE丄BD,根据面面垂直性质定理知DE⊥平面ABCD,得DA,DC,DE两两垂直,则以D为坐标原点建立空间直角坐标系,确定相关向量的坐标,把两直线垂直的问题转化为两直线的方向向量的数量积为0;(2)假设存在点G,用坐标表示直线BG的方向向量与平面EFC的法向量n,把问题转化为证明·n=0.
解:(1)证明:∵四边形BDEF为矩形,∴BD⊥DE,
又平面BDEF丄平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,∴DE⊥平面ABCD,
又∵∠ADC=90°,∴DA,DC,DE两两垂直.
以D为原点,DA,DC,DE所在直线分别为x轴、y轴、 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设DE=m,AB=y,则D(0,0,0),B(1,y,0),A(1,0,0),E(0,0,m),F(1,y,m),C(0,2,0),
∴=(1,y,0),=(1,y-2,m).
∵BD⊥CF,∴·=1+y2-2y=0,解得y=1,
∴=(0,1,m),=(0,-2,m),=(1,1,m).
∵AF⊥CE,∴ ·=-2+m2=0,
∵·=-2+m2,∴·=0,
∴CE⊥DF.
(2)在棱AE上存在点G,使得直线BG∥平面EFC,且=.
证明如下:
由(1)知G,0,,
∴=-,-1,,=(1,1,0),=(0,2,-m).
设平面EFC的法向量为n=(a,b,c),
则取b=1,得n=-1,1,,
∴·n=×(-1)+(-1)×1+·=0,∴⊥n.
∵BG⊄平面EFC,∴BG∥平面EFC.
变式题 解:连接BD交AC于点O,连接SO,以O为坐标原点,以,,的方向分别为x,y, 轴的正方向建立空间直角坐标系.
(1)设底面边长为1,易知AC⊥平面SBD,∴SD⊥AC.
又∵SD⊥PC,AC∩PC=C,∴SD⊥平面APC.
由勾股定理易知OS=,则S0,0,,D-,0,0,C0,,0,B,0,0,∴=0,0,,=-,0,-,
∴cos<,>==-.
由图可知,所求二面角P - AC - D为锐二面角,则所求二面角大小为.
(2)存在点E,当SE∶EC=2∶1时,BE∥平面PAC.理由如下:
易知=,0,,=0,-,,=-,,0,
设=t(0≤t≤1),则=+=+t=-,(1-t),t.
易知平面PAC的一个法向量为=,0,,
∴·=0,∴t=,∴=2,
∴存在点E,当SE∶EC=2∶1时,BE∥平面PAC.
例4 [思路点拨 (1)注意到PA⊥平面ADE,AE⊥AD,建立空间直角坐标系,分别确定平面PDE和平面APE的法向量,把求二面角A -PE - D的余弦值转化为求两个法向量的余弦值;(2)写出表示向量与夹角的余弦,把表达式化归为二次函数或基本不等式的形式,利用二次函数或基本不等式求其最大值.
解:(1)因为PA⊥平面ADE,AD⊂平面ADE,AE⊂平面ADE,
所以PA⊥AD,PA⊥AE.又因为AE⊥AD,
所以PA,AD,AE两两垂直.
以点A为坐标原点,分别以AE,AD,AP所在直线为x,y, 轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则A(0,0,0),E(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(1,0,0),C(1,1,0),
所以=(2,0,-2),=(0,2,-2).
设平面PDE的法向量为n=(x,y, ),
所以
令x=1,则y= =1,所以平面PDE的一个法向量为n=(1,1,1).
易知平面APE的一个法向量为=(0,2,0).设所求二面角为θ(显然为锐角),
所以cos θ===,
即二面角A - PE - D的余弦值为.
(2)=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),因为=(0,-1,0),所以=+=(-λ,-1,2λ).
又=(0,-2,2),所以cos<,>==.
设1+2λ=t,t∈[1,3 ,则cos2<,>==≤,
当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为,
此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP=,所以BQ=BP=.
变式题 解:(1)证明:设AD=CD=BC=1,
∵AB∥CD,∠BCD=,∴AB=2,
∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,
∴AB2=AC2+BC2,则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴AC⊥CF,而CF∩BC=C,
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC,
∴EF⊥平面BCF.
(2)以C为坐标原点,分别以直线CA,CB,CF为x轴、y轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设FM=λ(0≤λ≤),
则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),
∴=(-,1,0),=(λ,-1,1).
设n=(x,y, )为平面MAB的法向量,
由得取x=1,则n=(1,,-λ).
易知m=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,∴cos===.
∵0≤λ≤,∴当λ=0时,cos取得最小值,
∴点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大,此时二面角的余弦值为.
【备选理由】例1是探究空间角的问题;例2是利用空间向量探究空间面面垂直的问题;例3是一道证明线面平行的探索性问题,例4是求体积及二面角的综合题.
1 [配合例1使用 如图①所示,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,点E,F分别在CD,AB上,且EF⊥CD,BE⊥BC,BC=1,CE=2.现将矩形ADEF沿EF折起,使平面ADEF与平面EFBC垂直(如图②所示).
(1)求证:CD∥平面ABF.
(2)若AF=1,在线段AF上是否存在点P,使二面角P-BC-F的大小为30°?若存在,求出PF的长;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:∵CE∥BF,CE⊄平面ABF,BF⊂平面ABF,
∴CE∥平面ABF.
又DE∥AF,DE⊄平面ABF,AF⊂平面ABF,
∴DE∥平面ABF.
∵DE∩CE=E,且DE,CE⊂平面CDE,
∴平面CDE∥平面ABF.
又CD⊂平面CDE,∴CD∥平面ABF.
(2)在直角梯形EFBC中,由BE⊥BC,且BC=1,CE=2,得∠BEC=∠EBF=30°,BE===,
∴BF=BE·cos 30°=,EF=BE·sin 30°=.
如图所示,以F为坐标原点,以FE,FB,FA所在的直线分别为x轴、y轴和 轴,建立空间直角坐标系,则F(0,0,0),B,C,E.
假设线段AF上存在点P,使二面角P - BC - F的大小为30°,设P(0,0,m)(0|=cos 30°=,
即=,
化简可得=,解得m=,
即在线段AF上存在点P,当PF=时,二面角P-BC-F的大小为30°.
2 [配合例2使用 如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,△PAC为等腰直角三角形,PA⊥PC,AC⊥BC,BC=2AC=4,M为AB的中点.
(1)求证:AC⊥PM.
(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值.
(3)在线段PB上是否存在点N,使得平面CNM⊥平面PAB?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
解:(1)证明:取AC的中点O,连接PO,OM,
∵△PAC为等腰直角三角形,且PA⊥PC,∴PO⊥AC.
又∵在△ABC中,CA⊥CB,M为AB的中点,
∴OM∥CB,∴OM⊥AC.
∵PO∩OM=O,PO,OM⊂平面POM,
∴AC⊥平面POM.
∵PM⊂平面POM,∴AC⊥PM.
(2)由(1),有PO⊥AC,OM⊥AC.
∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,
PO⊥AC,PO⊂平面PAC,
∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OM,
∴PO,AC,OM两两垂直.以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(-1,0,0),A(1,0,0),B(-1,4,0),
∴=(1,0,-1),=(-2,4,0).
设平面PAB的法向量为n1=(x,y, ),则
即
令x=2,则n1=(2,1,2).
∵=(-1,0,-1),
∴==,
∴PC与平面PAB所成角的正弦值是.
(3)在线段PB上存在点N,使得平面CNM⊥平面PAB,且=.证明如下:
设=λ,λ∈(0,1),
由(2)知平面PAB的一个法向量为n1=(2,1,2),
∵M(0,2,0),∴=(1,2,0),
=+=+λ=(1-λ,4λ,1-λ),
设平面CNM的法向量为n2=(x,y, ),
∴∴
令y=1,∴n2=.
∵平面CNM⊥平面PAB,∴n1·n2=0,
即-4+1+2=0,解得λ=,
∴在线段PB上存在点N,当=时,平面CNM⊥平面PAB.
3 [配合例3使用 如图所示,四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,BC=PD=2,E为PC的中点,CB=3CG.
(1)求证:PC⊥BC.
(2)AD边上是否存在一点M,使得PA∥平面MEG?若存在,求出AM的长;若不存在,说明理由.
解:(1)证明: 因为底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,所以,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立空间直角坐标系,
则P(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),则=(0,2,-2),=(-2,0,0),所以·=0,所以PC⊥BC.
(2)假设在AD边上存在一点M,使得PA∥平面MEG.
设M(a,0,0)(0≤a≤2).
由题可知P(0,0,2),A(2,0,0),E(0,1,1),G,于是=(2,0,-2),=(-a,1,1),=.
设平面MGE的法向量为m=(x,y, ),则即
令x=1,则m=.
因为m·=2-2=0,
解得a=,符合要求,所以AM的长为2-=.
4 [配合例4使用 如图所示,在棱长为2的正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.
(1)求证:A1F⊥C1E;
(2)当三棱锥B1-BEF的体积取得最大值时,求二面角B1-EF-B的正切值.
解:设AE=BF=m.以D为原点建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),E(2,m,0),F(2-m,2,0).
(1)证明: 因为=(-m,2,-2),=(2,m-2,-2),
所以·=(-m,2,-2)·(2,m-2,-2)=0,
所以A1F⊥C1E.
(2)因为=S△BEF×BB1=S△BEF,所以当S△BEF取得最大值时,三棱锥B1-BEF的体积取得最大值.
因为S△BEF= (2-m)m=- (m-1)2≤,
所以当m=1,即E,F分别是棱AB,BC的中点时,三棱锥B1-BEF的体积取得最大值,此时E(2,1,0),F(1,2,0).
设平面B1EF的法向量为m=(a,b,c),
则得
取a=2,则b=2,c=-1,得m=(2,2,-1).
显然底面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).
设二面角B1-EF-B的平面角为θ,由题意知θ为锐角.
因为cos==-,
所以cos θ=,于是sin θ=,所以tan θ=2,
即二面角B1 -EF-B的正切值为2.
