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第3讲　立体几何与空间向量
[考情分析]　空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．
考点一　利用空间向量求空间角
核心提炼
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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，
则cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，
则sin θ＝＝|cos〈a，u〉|.
(3)二面角
设α－a－β的平面角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos θ|＝＝|cos〈u，v〉|.
考向1　求线面角
例1　 (2020·宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥P－ABC，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC＝PA＝PC＝2，∠ABC＝120°.
(1)求证：PA⊥BC；
(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明　AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋4－2×2×2×＝12，故AC＝2.
又PA2＋AC2＝4＋12＝16＝PC2，故PA⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，故PA⊥平面ABC.
又BC 平面ABC，故PA⊥BC.
(2)解　由(1)知PA⊥平面ABC，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
则A(0,0,0)，B(1，，0)，P(0,0,2)，C(0,2，0)，E(0，，1)．
故＝(0，，1)，＝(0,2，－2)，＝(－1，，0)，
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，有故可取m＝(，1，)，
设直线AE与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝
＝＝，
所以直线AE与平面PBC所成角的正弦值为.
考向2　二面角
例2　(2020·全国Ⅰ)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＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
(1)证明　由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
则DO＝，CO＝BO＝AE＝，
所以PO＝DO＝，
PC＝＝，PB＝＝，
又△ABC为等边三角形，则＝2OA，
所以BA＝，
PA＝＝，
PA2＋PB2＝＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，所以PA⊥平面PBC.
(2)解　过O作ON∥BC交AB于点N，
因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E，P，
B，C，
＝，
＝，＝，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由得
令x1＝，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(，0，－1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由得
令x2＝1，得z2＝－，y2＝，
所以m＝，
故cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B－PC－E的余弦值为.
易错提醒　(1)解题时要建立右手直角坐标系．
(2)注意求线面角的公式中sin θ＝|cos〈a，u〉|，线面角的取值范围是.
(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角．
跟踪演练1　如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．
(1)求证：AA1⊥BD；
(2)求二面角E－A1C1－C的余弦值．
(1)证明　因为C1C⊥底面ABCD，所以C1C⊥BD.
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
又AC∩CC1＝C，AC，CC1 平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
又AA1 平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.
(2)解　如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，
所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，
且A1O＝CC1.所以A1O⊥底面ABCD.
以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则A(2，0,0)，A1(0,0,4)，C1(－2，0,4)，B(0,2,0)，
＝(－2，2,0)．
由＝，得B1(－，1,4)．
因为E是棱BB1的中点，
所以E，
所以＝，＝(－2，0,0)．
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，
则
取z＝3，得n＝(0,4,3)，
取平面A1C1C的法向量m＝(0,1,0)，
又由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，
设二面角E－A1C1－C的平面角为θ，
则cos θ＝＝，
所以二面角E－A1C1－C的余弦值为.
考点二　利用空间向量解决探究性问题
核心提炼
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
例3　如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．
(1)求证：EM⊥AD；
(2)求二面角A－BE－C的余弦值；
(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
(1)证明　∵EA＝EB，M是AB的中点，
∴EM⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM 平面ABE，
∴EM⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，∴EM⊥AD.
(2)解　连接MC，∵EM⊥平面ABCD，∴EM⊥MC，
∵△ABC是正三角形，∴MC⊥AB，
∴MB，MC，ME两两垂直．
建立如图所示空间直角坐标系M－xyz.
则M(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，E(0,0，)，＝(－1，，0)，＝
(－1,0，)，
设m＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，
则
令z＝1，m＝(，1,1)，
∵y轴所在直线与平面ABE垂直，
∴n＝(0,1,0)是平面ABE的一个法向量．
cos〈m，n〉＝＝＝，
∴二面角A－BE－C的余弦值为.
(3)解　假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，
＝(1,0，)，＝(0，，－)，
设＝λ＝(0，λ，－λ)，0<λ≤1，
则＝＋＝(1，λ，－λ)，
∵直线AP与平面ABE所成的角为45°，
∴sin 45°＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
由0≤λ≤1，解得λ＝，
∴在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且＝.
规律方法　正确分析空间几何体的特征，建立合适的空间直角坐标系，是解决此类问题的关键．
跟踪演练2　如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，E为棱AA1上的点，且AE＝.
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明　因为A1A⊥底面ABCD，
所以A1A⊥AC.
又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面ABB1A1，
所以AC⊥平面ABB1A1，
又因为BE 平面ABB1A1，所以AC⊥BE.
因为＝＝，
所以∠ABE＝∠AB1B.
因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，
所以∠BAB1＋∠ABE＝90°，
所以BE⊥AB1.
又AB1∩AC＝A，且AB1，AC 平面ACB1，
所以BE⊥平面ACB1.
(2)解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，D1(1，－2,2)，E.
由(1)知，＝为平面ACB1的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量．
因为＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)，
所以即
不妨设z＝1，可得n＝(0,1,1)．
因此cos〈n，〉＝＝.
由图可知二面角D1－AC－B1为锐角，
所以二面角D1－AC－B1的余弦值为.
(3)解　假设存在满足题意的点F.
设A1F＝a(a>0)，
则由(2)得F(0，a,2)，＝(－1，a＋2,2)．
由题意可知·＝(－1，a＋2,2)·
＝a＋2－1＝0，解得a＝－1(舍去)，
即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直．
所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1.
专题强化练
1.如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点．
(1)求证：AE⊥平面BCD；
(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值．
(1)证明　由题图可知，△ABD是边长为2的等边三角形，
∵E为BD的中点，∴AE⊥BD，且AE＝，
如图，连接CE，
∵△BCD是斜边长为2的等腰直角三角形，∴CE＝BD＝1，
在△AEC中，AC＝2，EC＝1，AE＝，
∴AC2＝AE2＋EC2，∴AE⊥EC.
∵BD∩EC＝E，BD 平面BCD，EC 平面BCD，
∴AE⊥平面BCD.
(2)解　方法一　取CD的中点F，连接AF，EF，
∵AC＝AD，∴CD⊥AF.
由(1)可知，AE⊥CD，
∵AE∩AF＝A，AE 平面AEF，AF 平面AEF，
∴CD⊥平面AEF，
又CD 平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD.
设PD，AE相交于点G，则点G为△ABD的重心，
∴AG＝DG＝AE＝.
过点G作GH⊥AF于H，则GH⊥平面ACD，
连接DH，则∠GDH为直线PD与平面ACD所成的角．
易知△AGH∽△AFE，EF＝BC＝，AF＝，
∴GH＝·EF＝×＝，
∴sin∠GDH＝＝，
即直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.
方法二　由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，∴可作如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
则A(0,0，)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P，
＝(0,1，－)，＝(－1,1,0)，＝，
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∴即
取x＝y＝1，则z＝，
∴n＝为平面ACD的一个法向量，
设PD与平面ACD所成的角为θ，则
sin θ＝＝，
故直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.
2．(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
(1)证明　如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，
可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，
故ME∥ND且ME＝ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又ED 平面C1DE，MN 平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解　由已知可得DE⊥DA.
以D为坐标原点，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A(2,0,0)，A1(2,0,4)，
M(1，，2)，N(1,0,2)，
＝(0,0，－4)，
＝(－1，，－2)，
＝(－1,0，－2)，
＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则所以
令y＝1，则m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以
令p＝2，则n＝(2,0，－1)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
所以sin〈m，n〉＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠CDA＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝，PD＝2，点E在棱AD上且AE＝1，点F为棱PD的中点．
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A－BF－C的余弦值．
(1)证明　在Rt△ABE中，由AB＝AE＝1，
得∠AEB＝45°，
同理在Rt△CDE中，由CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°，
所以∠BEC＝90°，即BE⊥EC.
在△PAD中，
cos∠PAD＝＝＝，
在△PAE中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cos∠PAE＝5＋1－2××1×＝4，
所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BE.
又因为CE∩PE＝E，CE，PE 平面PEC，
所以BE⊥平面PEC，
又BE 平面BEF，所以平面BEF⊥平面PEC.
(2)解　由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
B(，0,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，A，D(－，，0)，F，
＝，＝，
＝(－，2，0)，
设平面ABF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
不妨设x1＝1，则m＝(1，－1,2)，
设平面BFC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
不妨设y2＝2，则n＝(4,2,5)，
记二面角A－BF－C为θ(由图知应为钝角)，
则cos θ＝－＝－＝－，
故二面角A－BF－C的余弦值为－.
4. (2020·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．
(1)证明　因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，
所以PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD，PO 平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD 平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解　如图，以O点为原点，分别以OA，OG，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(2,0,0)，B(2,4,0)，C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,2)，E(－1,2，)，F(－1,0，)，
＝(0，－2,0)，＝(1,2，－)，
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则m＝(，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以cos θ＝＝＝.
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为.
(3)解　假设在线段PA上存在点M，
使得直线GM与平面EFG所成角为，
即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，
设＝λ，λ∈[0,1]，
＝＋＝＋λ，
所以＝(2λ，－4,2－2λ)，
所以cos ＝|cos〈，m〉|＝，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ<0，方程无解，
所以，不存在这样的点M.
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