高中数学人教A版1第三章空间向量与立体几何 优质课奖

专题五利用空间向量求线面角斜线的方向向量与平面的法向量的夹角要利用直角三角形才转化为斜线与平面的夹角设直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝eq\f(π,2)－β(或θ＝β－eq\f(π,2))，故有sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|l·n|,|l||n|).例1已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点.求SN与平面CMN所成角的大小.解析：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0)).eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，设a＝(x，y，z)为平面CMN的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))令x＝2，得a＝(2，1，－2)，所以|cos〈a，eq\o(SN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2)，故SN与平面CMN所成角的大小为45°.（巩固训练）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；解析：取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).则eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，0，－1).eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0).设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).设PB与平面PCD的夹角为θ.则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),3).专题六利用空间向量求二面角求二面角的传统法需要作出平面角，向量法需要求出平面角的两边的方向向量或求出两个半平面的法向量，再求向量夹角，要注意是钝角还是锐角．求二面角α­l­β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉求二面角的大小：①如图①，AB，CD是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up11(→))，eq\o(CD,\s\up11(→))〉．②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π－cos〈n1，n2〉．例2如图，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝eq\f(1,2)AP＝2，D是AP的中点，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点.将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求二面角G－EF－D的大小；(1)证明∵PD⊥平面⊂平面ABCD，∴PD⊥CD.又AB＝BC＝eq\f(1,2)AP＝AD，AP⊥AB，∴四边形ABCD为正方形，∴CD⊥AD.又PD∩AD＝D，∴CD⊥平面PAD.∵CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD.(2)解如图，以D为原点，分别以DC，DA，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.则G(2，1，0)，E(1，0，1)，F(0，0，1)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(1，1，－1).设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,x＋y－z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z.))取n＝(0，1，1).取平面PCD的一个法向量eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，1，0)，∴cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·n,|\o(DA,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).结合图知二面角G－EF－D的大小为45°.（巩固训练）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.OD′＝eq\r(10).求二面角B－D′A－C的正弦值.解析：如图，以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(6，0，0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(3，1，3).设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4，3，－5).设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3，1).于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B－D′A－C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).专题七利用空间向量求空间距离点P到平面α的距离，就是P与平面内任一点A的向量，在法向量n上的投影的绝对值，即d＝eq\f(|\o(PA,\s\up12(→))·n|,|n|).例3正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，M、N、E、F分别为A1D1、A1B1、C1D1、B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD解析：如图所示，建立空间直角坐标系D­xyz，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)，从而eq\o(EF,\s\up11(→))＝(2，2，0)，eq\o(MN,\s\up11(→))＝(2，2，0)，eq\o(AM,\s\up11(→))＝(－2，0，4)，eq\o(BF,\s\up11(→))＝(－2，0，4)，所以eq\o(EF,\s\up11(→))＝eq\o(MN,\s\up11(→))，eq\o(AM,\s\up11(→))＝eq\o(BF,\s\up11(→))，所以EF∥MN，AM∥EF，EF∩BF＝F，MN∩AM＝M.所以平面AMN∥平面EFBD.设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量，从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up11(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up11(→))＝－2x＋4z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝－2z.))取z＝1，得n＝(2，－2，1)，由于eq\o(AB,\s\up11(→))＝(0，4，0)，所以eq\o(AB,\s\up11(→))在n上的投影为eq\f(n·\o(AB,\s\up11(→)),|n|)＝eq\f(－8,\r(4＋4＋1))＝－eq\f(8,3).所以两平行平面间的距离d＝eq\f(|n·\o(AB,\s\up11(→))|,|n|)＝eq\f(8,3).（巩固训练）在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面BDM的距离是()\f(\r(6),6)a\f(\r(30),6)a\f(\r(3),4)a \f(\r(6),3)a解析以D为原点建立空间直角坐标系，正方体棱长为a，则A1(a，0，a)，A(a，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(1,2)a))，B(a，a，0)，D(0，0，0)，设n＝(x，y，z)为平面BMD的法向量.则n·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，且n·eq\o(DM,\s\up6(→))＝0，而eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，\f(1,2)a))，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(1,2)a))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(1,2)z＝0，,x＋\f(1,2)z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)z，,x＝－\f(1,2)z，))令z＝2，则n＝(－1，1，2)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(a，0，a)，则A1到平面BDM的距离是d＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(6),6)a.专题八利用空间向量解决探索性问题探索性问题即在一定条件下论证会不会出现某个结论．这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．我们借助向量将“形”转化为“数”，把点、线、面的位置数量化，通过代数式的运算就可得出相应的结论．这样可以把许多几何问题进行类化，公式化，使问题的解决变得有“法”可依，有路可寻．例4如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)求平面AA1D1D与平面AA1C1C的夹角的余弦值；(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1)，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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，则A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,2，eq\r(3))．由于eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，∴eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.(2)解由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设n2＝(x，y，z)为平面DAA1D1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))取n2＝(1，eq\r(3)，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(5),5)，所以，平面AA1D1D与平面AA1C1C的夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).(3)解假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设eq\o(CP,\s\up6(→))＝λCC1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq\r(3))．从而有P(0,1＋λ，eq\r(3)λ)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．设n3＝(x3，y3，z3)⊥平面DA1C1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n3⊥\o(A1C1,\s\up6(→))，,n3⊥\o(DA1,\s\up6(→))，))又eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))取n3＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即n3·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－eq\r(3)－eq\r(3)λ＝0，得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.（巩固训练）如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解析：以D为原点，射线DA，DC，