第3講　空間向量與立體幾何

利用空間向量證明平行、垂直及求空間角
[核心提煉]
1．利用直線的方向向量與平面的法向量證明空間平行、垂直
設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)，則有：
(1)線面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)線面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β?μ∥υ?μ＝λυ?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β?μ⊥υ?μ·υ＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2．利用直線的方向向量與平面的法向量求空間角
設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，υ＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)線線夾角
設(shè)l，m的夾角為θ，則
cos θ＝＝.
(2)線面夾角
設(shè)直線l與平面α的夾角為θ，
則sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夾角
設(shè)平面α、β的夾角為θ，
則|cos θ|＝＝|cos〈μ，υ〉|.
[典型例題]
(1)如圖，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點．運用向量方法證明：
①OM∥平面BCF；
②平面MDF⊥平面EFCD.
(2)(2018·高考浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

①證明：AB1⊥平面A1B1C1；
②求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．
【解】　(1)證明：由題意知，AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)正方形邊長為1，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(xiàn)(1，0，1)，M，O.
①＝，＝(－1，0，0)，
所以·＝0，所以⊥.
因為棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一個法向量，
又OM?平面BCF，所以O(shè)M∥平面BCF.
②設(shè)平面MDF與平面EFCD的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因為＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，
由n1·＝n1·＝0，
得解得
令x1＝1，則n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1)．
因為n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.
(2)①證明：如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意知各點坐標(biāo)如下：
A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1)．
因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)．
＝(0，2，－3)．
由·＝0得AB1⊥A1B1.
由·＝0得AB1⊥A1C1.
所以AB1⊥平面A1B1C1.
②設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由①可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2)．
設(shè)平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．
由即可取n＝(－，1，0)．
所以sin θ＝|cos，n|＝＝.
因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.

(1)利用空間向量證明平行與垂直的步驟
①建立空間直角坐標(biāo)系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系．
②建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素．
③通過空間向量的運算研究平行、垂直關(guān)系．
④根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題．
(2)運用空間向量求空間角的一般步驟
①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；②求出相關(guān)點的坐標(biāo)；
③寫出向量坐標(biāo)；④結(jié)合公式進(jìn)行論證、計算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．
(3)求空間角的注意點
①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cos α＝|cos β|.
②所求的二面角不一定是兩平面的法向量的夾角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角．　
[對點訓(xùn)練]
1．(2019·紹興市柯橋區(qū)高三期中考試)如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB＝BE＝EC＝2，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點．
(1)求證：GF∥平面ADE；
(2)求GF與平面ABE所成角的正切值．
解：(1)證明：如圖，取AE的中點H，連接HG，HD，又G是BE的中點，
所以GH∥AB，且GH＝AB，
又F是CD中點，所以DF＝CD，
由四邊形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF.所以四邊形HGFD是平行四邊形，
所以GF∥DH，又DH?平面ADE，GF?平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(2)如圖，在平面BEC內(nèi)，過B作BQ∥EC，
因為BE⊥CE，所以BQ⊥BE，
又因為AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ，
以B為原點，BE、BQ、BA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(xiàn)(2，2，1)，G(1，0，0)，＝(1，2，1)，平面ABE的法向量n＝(0，1，0)，
設(shè)GF與平面ABE所成的角為θ，
則sin θ＝＝，
所以cos θ＝＝，
所以tan θ＝＝＝.
所以GF與平面ABE所成角的正切值為.
2．(2019·寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高考模擬)在邊長為3的正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點，滿足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2.如圖(1)將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1-EF-B成直二面角，連接A1B、A1P(如圖(2))．

(1)求證：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B-A1P-E的余弦值．
解：(1)證明：在圖(1)中，取BE的中點D，連接DF，
因為AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，所以AF＝AD＝2，
而∠A＝60°，所以△ADF為正三角形．
又AE＝DE＝1，所以EF⊥AD.
在圖(2)中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
所以∠A1EB為二面角A1-EF-B的一個平面角，
由題設(shè)條件知此二面角為直二面角，所以A1E⊥平面BEP.
(2)分別以EB、EF、EA1所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，，0)，A1(0，0，1)，
＝(0，0，1)，＝(1，，0)，＝(－2，0，1)，＝(－1，，0)．
設(shè)平面EA1P的法向量為m＝(x，y，z)，
則，
取y＝－1，得m＝(，－1，0)；
設(shè)平面BA1P的法向量為n＝(x′，y′，z′)，
則，取y′＝1，得n＝(，1，2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B-A1P-E的余弦值為.


立體幾何中的探索性問題
[核心提煉]
探索性問題主要考兩類問題
(1)條件探索型問題；
(2)存在探索型問題．
探索性問題求解思路為利用空間向量的坐標(biāo)運算，建立目標(biāo)函數(shù)或目標(biāo)方程，將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題解決．
[典型例題]
(2019·浙江高考沖刺卷)如圖所示的幾何體ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是線段BD上的動點．
(1)當(dāng)M是BD的中點時，求證：BC⊥平面AME；
(2)是否存在點M，使得直線BD與平面AMC所成的角為60°，若存在，確定點M的位置；若不存在，請說明理由．
【解】　(1)證明：因為EA⊥平面ABC，AB⊥AC，
所以直線AB，AC，AE兩兩垂直，以A為原點，以AB，AC，AE所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)CD＝1，則AB＝AC＝AE＝2，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0，2)，
因為M是BD中點，所以M，
所以＝(0，0，2)，＝，
＝(－2，2，0)，
所以·＝0，·＝0，
所以AE⊥BC，AM⊥BC，
又AM?平面AME，AE?平面AME，AE∩AM＝A，
所以BC⊥平面AME.
(2)由(1)得，＝(－2，2，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，
設(shè)＝λ＝(－2λ，2λ，λ)(0

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