2015最新高考数学解题技巧大揭秘 专题14 用空间向量法解决立体几何问题


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专题十四 用空间向量法解决立体几何问题
考问题 14 用空间向量法解决立体几何问题

1.(2012· 山东 )在如图所示的几何体中, 四边形 ABC D 是等腰 梯形, AB∥C D, ∠ DAB =60° , FC⊥平面 ABCD , AE⊥BD ,CB=C D=CF.
2 1 世纪教 育网

(1)求证:BD ⊥平面 AED; (2)求二面角 F -BD C 的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABC D 是等腰梯形,AB∥C D,∠DAB= 60° ,

所以∠ADC =∠ BCD= 120° . 又 CB=C D,所以∠C DB= 30° , 因此∠ADB= 90° ,AD⊥ BD ,又 AE⊥BD,且 AE∩AD= A, AE,AD ?平面 AED,所以 BD⊥平面 AED. (2)解 连接 AC ,由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC. 又 FC⊥平面 ABCD,因此 C A,CB,C F 两两垂直,

以 C 为坐标原点,分别以 CA ,CB,CF

所在的直线为 x 轴, y 轴, z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设 CB =1 , 则 C(0,0,0), B(0,1,0) , D? 3 1 ? ? 2 ,-2 ,0 ?,F(0,0,1),

→ → 3 3 因此 BD =? ,- ,0 ?,BF=(0,- 1,1). ?2 ? 2 设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x ,y,z ), → → 则 m· BD =0 ,m· BF=0 ,所以 x= 3y= 3 z, 取 z= 1,则 m =( 3,1,1). → 由于 CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m· CF 1 5 → 则 cos 〈m, CF〉= = = , → 5 5 |m || CF|
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所以二面角 FBDC 的余弦值为

5 . 5

对立体几何中的向量方法部分,主要以解答题的方式进行考查,而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方 法, 考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算, 把立体几 何问题转化为空间向量的运算 问题.

空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路,作为解决空间几何问题的重要工具,首先要从 定义入手,抓住实质,准确记忆向量的计算公式,注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化;其次要从 向量的 基本运算入手,养成良好的运算习惯,确保运算的准确性 .

必备知识 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 =(a 1 ,b 1 ,c1 ),b =(a 2 ,b2 ,c2 ).平面 α、β 的法向量分别为 μ =(a 3 ,b 3 ,c3 ), v=(a 4 ,b 4 ,c4 )(以下相同 ). (1)线面平行 l∥α?a ⊥μ?a · μ= 0?a 1 a 3 +b1 b3 +c1 c3 =0. (2)线面垂直 l⊥α?a ∥μ?a =k μ?a 1 =ka3 ,b1 =kb 3 ,c1 =kc3 . (3)面面平行 α∥β? μ∥ v?μ =λv?a 3 =λa 4 ,b 3 =λb 4 ,c3 =λc4 . (4)面面垂直 α⊥β? μ⊥ν? μ· v= 0?a 3 a 4 +b3 b4 +c3 c4 =0. 空间角的计算 (1)两条异面直线所成角的求法 设直线 a ,b 的方向向量为 a ,b ,其夹角为 θ,则 cos φ=|cos θ|= |a · b| (其中 φ 为异面直线 a ,b 所成的角) . |a ||b |

(2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e ,平面 α 的法向量为 n ,直线 l 与平面 α 所成的角为 φ ,两向量 e 与 n 的 夹角为 θ,则有 sin φ= |cos θ|= |e· n| . |e||n |

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(3)二面角的求法

①利用向量求二面角的大小,可以不作出平面角,如图所示,〈m, n〉即为所求二面角的平面角. ②对于易于建立空间直角坐标系的几何体,求二面角的大小时,可以利用这两个平面的法向量的夹角来求. 如图所示,二面角 αlβ,平面 α 的法向量为 n1 ,平面 β 的法向量为 n2 ,〈n1 ,n2 〉=θ,则二面有 αlβ 的大小 为 θ 或 π θ.

空间距离的计算 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| (其中 n 为 α 的法向量, M 为 α 内任一点) . |n | 必备方法 1.空间角的范围 π (1)异面直线所成的角 (θ ): 0< θ≤ ; 2 π (2)直线与平面所成的角( θ): 0≤ θ≤ ; 2 (3)二面角( θ): 0≤ θ≤π. 2.用向量法证明平行、垂直问题的步骤: (1)建立空间图形与空间向量的关系 (可以建立空间直角坐标系,也可以不建系 ),用空间向量表示问题中涉及 的点、直线、平面; (2)通过向量运算研究平行、垂直 问题; (3)根据运算结果解释相关问题. 3.空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所 求角之间的关系:(1) 求线面角时,得到的是直线方向向量和 平面法向量的夹角的余弦,而不是线面角的余弦; (2)求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析 .

向量法证明垂直与平行 多以多面体 (特别是棱柱、棱锥 )为载体,求证线线、线面、面面的平行或垂直,其中逻辑推理和向量计算各 有千秋,逻辑推理要书写清晰, “充分 ”地推出所求证 (解 )的结论;向量计算要步骤完整, “准确 ”地算出所要 求的结果. 【例 1】? 如图所示,已知直三棱柱 ABCA1 B1 C1 中,△ABC 为等腰直角三角形,∠BAC= 90° ,且 AB=AA1 ,
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D、E、 F 分别为 B1 A、C1 C、BC 的中点.求证:

(1)DE ∥平面 ABC; (2)B1 F⊥平面 AEF. [审题视点]

[听课记录] → → [审题视点] 建系后,(1)在平面 ABC 内寻找一向量与DE 共线;(2)在平面 AEF 内寻找两个不共线的向量与B1 F 垂直. 证明

如图建立空间直角坐标系 Axyz , 令 AB=AA1 =4, 则 A(0,0,0) ,E(0,4,2) ,F(2,2,0) , B(4,0,0),B1 (4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,连接 CN , 则 N(2,0,0),C (0,4,0), D(2,0,2) , → → ∴DE =(- 2,4,0), NC=(- 2,4,0) , → → ∴DE = NC, ∴DE∥NC ,又∵NC? 平面 ABC, DE? 平面 ABC. 故 DE ∥平面 ABC. → (2) B1 F=(-2,2 ,- 4), → → EF=(2 ,- 2,- 2), AF=(2,2,0).
[来源:21 世纪 教育网]

→ → B1 F · EF=(- 2)× 2+ 2×( -2)+ (- 4)× (- 2) =0 , → → B1 F · AF=(- 2)× 2+ 2× 2+( -4)× 0= 0. → → → → ∴B1 F⊥ EF,B1 F⊥AF,即 B1 F⊥EF,B1 F⊥AF , 又∵AF∩FE=F,∴B1 F⊥平面 AEF .

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→ (1)要证明线面平行,只需证明DE 与平面 ABC 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DE 与 NC相等. → → (2)要证明线面垂直,只要证明B1 F与平面 AEF 的法向量平行即可;也可根据线面垂直的判定定理证明B1 F⊥ → → → EF,B1 F⊥ AF. 【突破训练 1】 在正方体 ABCDA1 B1 C1 D1 中,E,F 分别是 BB1 ,DC 的中点. (1)求证:D1 F⊥平面 ADE; (2)设正方形 ADD1 A1 的中心为 M ,B1 C1 的中点为 N ,求证:MN∥平面 ADE. 证明
[来源:21 世 纪教育 网]

(1)如图,不妨设正方体的棱长为 1,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系 Dxyz, 则 D (0,0,0),A (1,0,0), D1 (0,0,1), 1 1 F0, ,0 ,E1,1 , , 2 2 1 → → AD =(- 1,0,0) , D1 F=0, ,-1 , 2 1 → → AD · D1 F=(- 1,0,0)· 0, ,-1 =0. 2 ∴AD⊥ D1 F. 1 → 1 → 又AE=0,1 , ,D1 F=0, ,- 1, 2 2 1 1 1 1 → → ∴AE· D1 F=0,1, · 0, ,- 1= - =0. 2 2 2 2 ∴AE⊥ D1 F. 又 AE∩AD =A, D1 F? 平面 ADE, ∴D1 F⊥平面 ADE. 1 1 1 1 → (2)∵M ,0, ,N ,1,1,∴ MN=0,1 , . 2 2 2 2 1 → 由(1)知, D1 F=0, ,- 1 是平面 ADE 的法向量. 2 1 1 → → 又∵ MN· D1 F=0+ - =0,∴ MN⊥D1 F. 2 2 ∵MN? 平面 ADE,∴MN∥平面 ADE. 用向量法求线线角、线面角 多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体,考查线线角、线面角的求法,正确科学地建立空间 直角坐标系是解此类题的关键.
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【例 2】如图,四棱锥 PABC D 中,底面 ABC D 为菱形,PA⊥底面 ABCD ,AC= 2 2 ,PA= 2 ,E 是 PC 上的 一点,PE =2EC .

(1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 APBC 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)由 PC AC = 可得△ FCE∽△ PCA,则∠ FEC= 90° ,易得 PC⊥ EF、 PC⊥ BD. FC EC

(2)作 AG⊥ PB 于 G,由二面角 APBC 为 90° ,易得底面 ABCD 为正方形,可得 AD∥面 PBC,则点 D 到平面 PCB 的距离 d= AG,找出线面角求解即可.也可利用法向量求解,思路更简单,但计算量比较大. 法一

(1)证明

因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA ⊥底面 ABCD ,所以 PC⊥BD. 2 3 PC ,FC= 2 ,从而 = 3 FC

设 AC∩BD=F ,连接 EF.因为 AC =2 2 ,PA =2 ,PE =2EC ,故 PC= 2 3 ,EC= 6, AC = 6. EC

因为

PC AC = ,∠FCE=∠PCA,所以△FCE ∽△PCA ,∠FEC=∠PAC= 90° ,由此知 PC⊥EF . FC EC

PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD ,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED . (2)解 在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB , G 为垂足.

因为二面角 APBC 为 90° ,所以平面 PAB⊥平面 PBC.

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又平面 PAB∩平面 PBC =PB,故 AG⊥平面 PBC ,AG ⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA ,AG 都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以底面 ABC D 为正 方形,AD= 2,PD= PA2 +AD2 =2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d .
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因为 AD∥BC ,且 AD? 平面 PBC,BC ?平面 PBC,故 AD∥平面 PBC, A、 D 两点到平面 PBC 的距离相等, 即 d =AG = 2. 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sin α= 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . 法二 (1)证明 以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz . d 1 = . PD 2

C(2 2,0,0) ,设 D ( 2,b,0),其中 b > 0,则 P (0,0,2), E 4 2 2 ,0, ,B( 2,-b, 0) . 3 3

→ 于是 PC=(2 2,0,-2), 2 2 → BE= ,b , , 3 3 2 2 → DE = ,-b , , 3 3 → → → → 从而 PC· BE=0, PC· DE =0, 故 PC⊥BE ,PC⊥ DE. 又 BE∩ DE= E,所以 PC⊥平面 BDE . (2)解 → → AP=(0,0,2), AB=( 2 ,-b, 0).

设 m= (x,y, z)为平面 PAB 的法向量,则 → → m· AP=0,m · AB=0,即 2 z= 0 且 2x-by=0 , 令 x=b ,则 m= (b , 2 ,0) . 设 n= (p ,q ,r )为平面 PBC 的法向量,则 → → n· PC=0, n· BE=0, 即 2 2 p -2r = 0 且 2p 2 +bq + r=0, 3 3 2 2 ,n=1 ,- , 2. b b
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令 p =1 ,则 r= 2,q =-

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2 → 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m · n= 0,即 b - =0,故 b = 2 ,于是 n= (1,-1 , 2),DP =( - 2,- 2,2). b → n· DP 1 → → cos 〈n,DP 〉= = ,〈n, DP 〉= 60° . → 2 |n || DP| → 因为 PD 与 平面 PBC 所成角和〈n, DP 〉互余,故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为:①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点 的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论. (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 sin θ= |cos α|. 【突破训练 2】如图,在△ABC 中,∠ABC =60° ,∠BAC =90° ,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起, 使∠BDC =90° .

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 A E 与 D B 夹角的余弦值. (1)证明 ∵折起前 AD 是 BC 边上的高,





∴当△ABD 折起后,AD ⊥DC ,AD ⊥DB. 又 DB ∩DC =D ,∴AD⊥平面 BDC. ∵AD? 平面 ABD , ∴平面 ADB ⊥平面 BDC . (2)解 由∠BDC= 90° 及(1)知 DA, DB, DC 两

两垂直,不妨设 | DB |= 1,以 D 为坐标原点,以 D B ,D C ,D A 所在直线分别为 x ,y,z 轴建立如图所示的 空间直角坐标系,易得 D(0,0,0) ,B(1,0,0) ,C(0,3,0), 1 3 ? A(0,0 , 3),E ? ? 2 , 2,0? ,







→ 1 3 ? → ∴A E = ? ? 2 , 2,- 3?,D B =(1,0,0),
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∴A E 与 D B 夹角的余弦值为 cos 〈A E ,D B 〉= = → → |A E || D B | 1×









AE · DB





1 2 22 4



22 . 22

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用向量法求二面角 用空间向量法求二面角的大小是高考的热点.考查空间向量的应用以及运算能力,题目难度为中等. 【例 3】

如图,在四棱锥 PABC D 中,PA⊥平面 ABCD ,AC⊥AD,AB ⊥BC,∠ BAC= 45° ,PA =AD =2 ,AC= 1. (1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角 APCD 的正弦值. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] 建立空间坐标系,应用向量法求解. 解 如图,

以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0) ,D (2,0,0), 1 1 C(0,1,0) ,B- , ,0,P (0,0,2). 2 2 → (1)证明:易得 PC=(0,1,- 2), → AD =(2,0,0). → → 于是 PC· AD =0,所以 PC⊥AD. → → (2) PC=(0,1,-2), CD =(2,- 1,0) . 设平面 PCD 的法向量 n =(x ,y,z) , → ? PC=0, ?y-2z= 0, ?n· 则? 即? 不 妨令 z =1 , → ?2x-y= 0. ?n· CD =0, ? 可得 n =(1,2,1) .

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可取平面 PAC 的法向量 m =(1,0,0) . 于是 cos 〈m,n 〉= m· n 1 6 = = . |m |· |n | 6 6 30 . 6 30 . 6

从而 sin 〈m ,n〉=

所以二面角 APC D 的正弦值为

借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法.求解过程中应注意以下几个方面: (1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所求; (2)求平面的法向量的方法:①待定系数法:设出法向量坐标,利用垂直关系建立坐标的方程解之;②先确定 平面的垂线,然后取相关线段对应的向量,即确定了平面的法向量.当平面的垂线较易确定时,常考虑此方法. 【突破训练 3】如图,

在三棱柱 ABCA1 B1 C1 中,CC1 ⊥底面 ABC,底面是边长为 2 的正三角形,M ,N 分别是棱 CC1 、AB 的中点. (1)求证:CN∥平面 AMB1 ; (2)若二面角 AMB1 C 为 45° ,求 CC1 的长. (1)证明 设 AB1 的中点为 P,连接 NP 、MP.

1 1 ∵CM 綉 AA1 ,NP 綉 AA1 ,∴CM 綉 NP, 2 2 ∴CNPM 是平行四边形,∴CN ∥MP. ∵CN? 平面 AMB1 ,MP ?平面 AMB1 , ∴CN∥平面 AMB1 .

(2)解

→ → → 如图,以 C 为原点,建立空间直角坐标系 Cxyz,使 x 轴、y 轴、z 轴分别与 NA、CN、CC1同向.

则 C(0,0,0), A(1, 3,0), B(- 1, 3,0) ,设 M(0,0,a )(a >0), 则 B1 (- 1, 3,2a ),

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→ → → MA=(1 , 3,-a ), MB1 =(- 1, 3 ,a ), CM=(0,0 ,a ), 设平面 AMB1 的法向量 n =(x,y ,z) , → → 则 n· MA=0 ,n · MB1 =0,

?x+ 3 y-az=0, 即? ?-x+ 3 y+az=0,
则 y= 0,令 x=a ,则 z= 1,即 n =(a, 0,1). 设平面 MB1 C 的一个法向量是 m =(u ,v , w), → → 则 m· MB1 =0 ,m· CM=0 , 即?
? ?-u + 3v +a w=0 , ?a w=0 , ?

则 w =0 ,令 v = 1,则 u = 3,即 m =( 3 ,1,0). 所以 cos 〈m,n 〉= , 2 a 2 +1 3a

3a 2 依题意,〈m, n〉=45° ,则 = ,解得 a = 2 ,所以 CC1 的长为 2 2. 2 2 a +1 2 利用向量法解决立体几何中的 探索性问题 此类问题命题背景宽,涉及到的知识点多,综合性较强,通常是寻 找使结论成立的条件或探索使结论成立的 点是否存在等问题,全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度,考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算 求解能力.

【例 4】? 如图所示,

四边形 ABC D 是边长为 1 的正方形,MD ⊥平面 ABC D,NB⊥平面 ABC D,且 MD=NB= 1,E 为 BC 的中点. (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值; (2)在线段 AN 上是否存在点 S ,使得 ES ⊥平面 AMN ?若存在,求线段 AS 的长;若不存在,请说明理由. [审题视点]

[听课记录] → → [审题视点] 建立以 D 为原点的空间直角坐标系,利用向量法求解,第 (2)问中设AS = λAN,由 ES⊥平面 AMN 可得 λ 值.

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(1)

如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意,易得 D(0,0,0),A (1,0,0), M(0,0,1),C(0,1,0) ,B(1,1,0), 1 N(1,1,1) ,E ,1,0. 2 1 → ∴NE=- ,0,-1 , 2 → AM=(- 1,0,1) . 1 → → - NE· AM 2 10 → → ∵cos 〈NE, AM〉= = =- , → → 10 5 | NE|· | AM | × 2 2 ∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 . 10

(2)假设在线段 AN 上存在点 S ,使得 ES ⊥平面 AMN . → → → ∵AN=(0,1,1) ,可设 AS =λ AN=(0,λ,λ ), → 1 → → → 1 又EA= ,-1,0,∴ ES =EA+AS = ,λ -1,λ. 2 2 → → ? AM=0, ?ES· 由 ES ⊥平面 AMN,得 ? → ?→ ES· AN=0, ? 1 ? ?- 2+λ=0, 即? ??λ-1 ?+λ= 0, ?

1 1 1 → 2 → 故 λ = ,此时 AS =0, , ,| AS |= . 2 2 2 2 经检验,当 AS = 2 2 时,ES ⊥平面 AMN .故线段 AN 上存在点 S ,使得 ES ⊥平面 AMN ,此时 AS = . 2 2

空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只 需通过坐标运算进行判断.解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把 “是否存在 ”问题转化 为 “点的坐标是否有解,是否有规定范围的解 ”等,因 此使用问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解 题. 【突破训练 4】 如图 1 ,

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∠ACB= 45° ,BC= 3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连接 AB ,沿 AD 将△ ABD 折起,使∠BDC =90° (如图 2 所示).

(1)当 BD 的长为多少时,三棱锥 ABC D 的体积最大; (2)当三棱锥 ABCD 的体积最大时,设点 E, M 分别为棱 BC ,AC 的中点,试在棱 CD 上确定一点 N ,使得 EN⊥BM,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小. 解 (1) 法一 在如题图 1 所示的△ABC 中,设 BD=x (0 <x< 3) ,则 C D= 3-x. 由 AD⊥BC ,∠ACB =45° 知,

△ADC 为等腰直角三角形,所以 AD =CD= 3-x . 由折起前 AD ⊥BC 知,折起后( 如题图 2),AD⊥ DC,AD⊥BD,且 BD∩ DC= D, 1 1 1 1 1 所以 AD⊥平面 BC D. 又∠BDC= 90° ,所以 S △BCD = BD· C D= x(3 -x) , 于是 VABCD = AD· S △BCD = (3-x )· x(3 2 2 3 3 2 -x)= 1 1 2x+? 3-x ?+ ?3 -x? 3 2 · 2x(3-x )(3-x )≤ = , 12 12 3 3

当且仅当 2x =3 -x,即 x= 1 时,等号成立, 故当 x= 1,即 BD= 1 时,三棱锥 ABC D 的体积最大. 法二 同法一,得

1 1 1 VABCD = AD· S △BCD = (3 -x)· x(3 -x) 3 3 2 1 1 = (x3 -6x2 +9x ).令 f (x) = (x3 -6x2 +9x), 6 6 1 由 f ′(x )= (x-1)(x- 3) = 0,且 0 <x<3 ,解得 x= 1. 2 当 x∈ (0,1) 时, f′ (x)> 0;当 x∈ (1,3)时,f′(x) <0. 所以当 x = 1 时, f(x )取得最大值. 故当 BD= 1 时,三棱锥 ABC D 的体积最大.

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(2)以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz . 由(1)知,当三棱锥 ABCD 的体积最大时,BD= 1,AD=C D= 2. 于是可得 D (0,0,0),B (1,0,0), C ( 0,2,0),A (0,0,2),M (0,1,1), 1 → E ,1,0 ,且 BM=(- 1,1,1). 2
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1 → 设 N(0,λ , 0),则 EN=- ,λ -1,0. 2 → → 因为 EN⊥ BM 等价于 EN· BM=0 , 1 1 即- ,λ -1,0· ( -1,1,1)= +λ -1= 0, 2 2 1 1 故 λ = ,N0 , ,0. 2 2 1 所以当 DN= (即 N 是 C D 的靠近点 D 的一个四等分点 )时,EN ⊥BM. 2 设平面 BMN 的一个法向量为 n= (x,y,z ), → ? ?y=2x, ?n⊥ BN, 1 → 由? 及 BN=-1, ,0 ,得 ? 可取 n =(1,2,-1). 2 → ?z=-x. ?n⊥ BM , ? → n· EN 1 1 → 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 θ, 则由 EN=- , - , 0, n=(1,2, -1), 可得 sin θ =cos (90° - θ) = 2 2 → |n |· | EN| 1 - -1 2 6× 2 2 3 ,即 θ =60° . 2





故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60° .

利用向量法求空间角要破 “四关 ” 利用向量法求解空间角,可以避免利用定义法作角、证角、求角中的 “一作、二证、三计算 ”的繁琐过程, 利用法向量求解空间角的关键在于 “四破 ”. 第一破 “建系关 ”, 第二破 “求坐标关 ”; 第三破 “求法向量关 ”; 第四破 “应用公式关 ”,熟记线面成的角与二面角的公式,即可求出空间角. 【示例】如图所示,在三棱锥 PABC 中,已知 PC ⊥平面 ABC,点 C 在平面 PBA 内的射影 D 在直线 PB 上.

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(1)求证:AB⊥平面 PBC ; (2)设 AB=BC,直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 45° ,求异面直线 AP 与 BC 所成的角; (3)在(2) 的条件下,求二面角 CPAB 的余弦值. [满分解答] ( 1)∵PC ⊥平面 ABC,AB ?平面 ABC,

∴AB⊥PC. ∵点 C 在平面 PBA 内的射影 D 在直线 PB 上, ∴CD⊥平面 PAB. 又∵AB? 平面 PBA,∴ AB⊥C D. 又∵CD ∩PC=C,∴AB⊥平面 PBC .(4 分 )

(2)∵ PC⊥平面 ABC, ∴∠ PAC 为直线 PA 与平面 ABC 所成的角. 于是∠ PAC= 45° ,设 AB= BC= 1,则 PC= AC= 2 ,以 B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(0,0, 0), A(0,1,0), C(1,0,0), P(1,0, 2), → → AP= (1,- 1, 2), BC= (1,0,0), → → AP· BC 1 → → ∵ cos〈AP, BC〉= = , → → 2 | AP |· |BC | ∴异面直线 AP 与 BC 所成的角为 60° .(8 分 ) → 1 1 (3)取 AC 的中点 E,连接 BE,则 BE= , ,0, 2 2 ∵AB=BC,∴BE⊥AC .又∵平面 PCA⊥平面 ABC, → ? ?n⊥ BA, → ∴BE⊥平面 PAC .∴ BE是平面 PAC 的法向量.设平面 PAB 的法向量为 n =(x ,y,z) ,则由 ? → ?n⊥AP , ?
? ? ?y=0, ?y=0, ? 取 z= 1,得 ? ? x-y+ 2 z=0 , ? x=- 2 , ? ?



∴n= (- 2,0,1) .

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2 → - n· BE 2 3 → 于是 cos 〈n, BE〉= = =- . → 3 2 |n |· |B E | 3· 2 又∵二面角 CPAB 为锐角, ∴所求二面角的余弦值为 3 .(12 分) 3

老师叮咛 :? 1?解决此类问题,一定要先分析已知条件中,是否直接说出此三条直线是两两垂直,否则,要先 证明以后才能建立坐标系,另外,要在作图时画出每条坐标轴的方向 .?2?有的考生易忽视向量的夹角与所求角之 间的关系,如求解二面角时,不能根据几何体判断二面角的范围,忽视法向量的方向,误以为两个法向量的夹角 3 3 → 就是所求的二面角,导致出错 .如本例中求得 cos BE=- ,不少考生回答为:二面角的余弦值为- ,这是错 3 3 误的,原因是忽视了对二面角 CPAB 的大小的判断 . 【试一试】如图所示,在三棱柱 ABCA1 B1 C1 中,AA1 ⊥平面 ABC ,AB= BC=CA=AA1 ,D 为 AB 的中点.

(1)求证:BC1 ∥平面 DCA1 ; (2)求二面角 DCA1 C1 的平面角的余弦值. (1)证明

如图所示,以 BC 的中点 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz,设 AB =BC=CA =AA1 =2. → ? CD =0, ?n· 设 n= (x,y, z)是平面 DCA1 的一个法向量,则 ? → ? n· CA1=0. ? 3 → → 3 又CD = ,0, ,CA1=(1,2, 3), 2 2

? 3x+z=0 , 所以 ? 令 x=1 ,z=- 3 ,y= 1, ?x+2y+ 3z=0.
→ 所以 n =(1,1,- 3).因为 BC1=(- 2,2,0) , → 所以 n · BC1=-2+ 2+ 0= 0. 又 BC1 ? 平面 DCA1 ,所以 BC1 ∥平面 DC A1 . (2)解 设 m =(x1 ,y1 ,z1 )是平面 CA1 C1 的一个法向量,

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→ ? CC1=0, ?m· → → 则? 又 CC1=(0,2,0), CA1=(1,2 , 3), → ?m· CA1 =0. ? 所以 ?
? ?y1 =0, ?x1 +2y1 + 3z1 =0. ?

令 z1 =1,x1 =- 3 , -2 3 2 5 15 . 5

所以 m =( - 3 ,0,1).所以 cos 〈m, n〉= 15 5

=-

所以所求二面角的余弦值为-

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