用向量法解決高考立體幾何壓軸題

楊沛娟 張宇

【摘要】立體幾何大題是高考必考的內(nèi)容之一，每套高考試卷中均有一道立體幾何大題，很多同學(xué)感到立體幾何大題無從下手，本文通過向量方法，運用法向量，從而使高考立體幾何大題整體性地得到圓滿解決.

【關(guān)鍵詞】立體幾何;向量法;法向量

例1如圖1，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，PO=66DO.

（1）證明：PA⊥平面PBC;

圖1

（2）求二面角B＼|PC＼|E的余弦值.（2020年全國Ⅰ卷）

分析（1）要證明PA⊥平面PBC，只需證明PA⊥PB，PA⊥PC即可;

（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，分別算出平面PCB的法向量為n，平面PCE的法向量為m，利用公式cos〈m，n〉=n·m|n||m|計算即可得到答案.

解（1）由題設(shè)，知

△DAE為等邊三角形，

設(shè)AE=1，則

DO=32，CO=BO=12AE=12，

所以PO=66DO=24，

PC=PO2+OC2=64，

PB=PO2+OB2=64，

則PA=PB=PC=64，

又△ABC為等邊三角形，

則BAsin60°=2OA，BA=32，

PA2+PB2=34=AB2，

圖2

則∠APB=90°，

所以PA⊥PB.

同理PA⊥PC，

又PC∩PB=P，

所以PA⊥平面PBC.

（2）過O作ON∥BC交AB于點N，

因為PO⊥平面ABC，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA為x軸，ON為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則E-12，0，0，P0，0，24，

B-14，34，0，C-14，-34，0，

PC=-14，-34，-24，

PB=-14，34，-24，

PE=-12，0，-24.

設(shè)平面PCB的一個法向量為

n=（x1，y1，z1），

由n·PC=0，n·PB=0，得-x1-3y1-2z1=0，-x1+3y1-2z1=0，

令x1=2，得z1=-1，y1=0，

所以n=（2，0，-1），

設(shè)平面PCE的一個法向量為

m=（x2，y2，z2），

由m·PC=0，m·PE=0，

即-x2-3y2-2z2=0，-2x2-2z2=0，

令x2=1，得z2=-2，y2=33，

所以m=1，33，-2，

故cos〈m，n〉=n·m|n|·|m|=255，

所以二面角B＼|PC＼|E的余弦值為255.

圖3

例2如圖3，在長方體ABCD＼|A1B1C1D1中，點E、F分別在棱DD1、BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.

（1）證明：點C1在平面AEF內(nèi);

（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A＼|EF＼|A1的正弦值.（2020年全國Ⅲ卷）

分析（1）連接C1E、C1F，證明出四邊形AEC1F為平行四邊形，進(jìn)而可證圖4得點C1在平面AEF內(nèi);

（2）以點C1為坐標(biāo)原點，C1D1、C1B1、C1C所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系C1＼|xyz，利用空間向量法可計算出二面角A＼|EF＼|A1余弦值，進(jìn)而可求得二面角A＼|EF＼|A1的正弦值.

解（1）在棱CC1上取點G，使得

C1G=12CG，

連接DG、FG、C1E、C1F，

在長方體ABCD＼|A1B1C1D1中，

AD瘙綊BC，BB1瘙綊CC1，

因為C1G=12CG，BF=2FB1，

所以CG=23CC1=23BB1=BF，

所以四邊形BCGF為平行四邊形，

則AF瘙綊DG，

同理四邊形DEC1G為平行四邊形，

所以C1E瘙綊DG，C1E瘙綊AF，

則四邊形AEC1F為平行四邊形，

因此點C1在平面AEF內(nèi).

（2）以點C1為坐標(biāo)原點，C1D1、C1B1、C1C所在直線分別為x，y，z軸建立如圖5所示的空間直角坐標(biāo)系C1＼|xyz，則

A（2，1，3），A1（2，1，0），E（2，0，2），F(xiàn)（0，1，1），

AE=（0，-1，-1），AF=（-2，0，-2），

A1E=（0，-1，2），A1F=（-2，0，1）.

圖5

設(shè)平面AEF的法向量為

m1=（x1，y1，z1），

由m·AE=0，m·AF=0，

即-y1-z1=0，-2x1-2z1=0，

取z1=1，得

m=（-1，-1，1）.

設(shè)平面A1EF的法向量為

n=（x2，y2，z2），

由n·A1E=0，n·A1F=0，得-y2+2z2=0，-2x2+z2=0，

取z2=2，得x2=1，y2=4，

則n=1，4，2.

cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|=-77，

所以二面角A＼|EF＼|A1的正弦值為427.

例3如圖6，四棱錐P＼|ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.圖6

（1）證明：l⊥平面PDC;

（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.（2020年山東卷）

分析（1）利用線面垂直的判定定理證得AD⊥平面PDC，利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得AD∥l，從而得到l⊥平面PDC;

（2）根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，得到相應(yīng)點的坐標(biāo)，設(shè)出點Q（m，0，1），之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐標(biāo)，求得cos〈n，PB〉的最大值，即為直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

解（1）在正方形ABCD中，AD∥BC，

因為AD平面PBC，BC平面PBC，

所以AD∥平面PBC，

又因為AD平面PAD，

平面PAD∩平面PBC=l，

所以AD∥l，

因為在四棱錐P＼|ABCD中，

底面ABCD是正方形，

圖7

所以AD⊥DC，

于是l⊥DC，

且PD⊥平面ABCD，

所以AD⊥PD，l⊥PD.

因為CD∩PD=D，

所以l⊥平面PDC.

（2）如圖7建立空間直角坐標(biāo)系D＼|xyz，

因為PD=AD=1，

則D（0，0，0），C（0，1，0），

A（1，0，0），P（0，0，1），B（1，1，0）.

設(shè)Q（m，0，1），則

DC=（0，1，0），

DQ=（m，0，1），PB=（1，1，-1）.

設(shè)平面QCD的法向量為n=（x，y，z），

則DC·n=0，DQ·n=0，即y=0，mx+z=0，

令x=1，則z=-m，

所以平面QCD的一個法向量為n=（1，0，-m），

則cos〈n，PB〉=n·PB|n||PB|=1+0+m3·m2+1，

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于

|cos〈n，PB〉|=|1+m|3·m2+1

=33·1+2m+m2m2+1

=33·1+2mm2+1

≤33·1+2|m|m2+1

≤33·1+1=63，

當(dāng)且僅當(dāng)m=1時取等號，

所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為63.

圖8

例4如圖8，直四棱柱ABCD＼|A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E、M、N分別是BC、BB1、A1D的中點.

（1）證明：MN∥平面C1DE;

（2）求二面角A＼|MA1＼|N的正弦值.（2019年全國Ⅰ卷）

解（1）連接B1C、ME.

因為M、E分別為BB1、BC的中點，

所以ME瘙綊12B1C.

又因為N為A1D的中點，

所以ND=12A1D.

由題設(shè)知A1B1瘙綊DC，

可得B1C瘙綊A1D，ME瘙綊ND，

因此四邊形MNDE為平行四邊形，

圖9

MN∥ED.

又MN平面EDC1，

所以MN∥平面C1DE.

（2）由已知可得DE⊥DA.

以D為坐標(biāo)原點，DA的方向為x軸正方向，建立如圖9所示的空間直角坐標(biāo)系D＼|xyz，

則A（2，0，0），A1（2，0，4），

M（1，3，2），N（1，0，2），

A1A=（0，0，-4），A1M=（-1，3，-2），

A1N=（-1，0，-2），MN=（0，-3，0）.

設(shè)平面A1MA的法向量為

m=（x，y，z），

則m·A1M=0，m·A1A=0，

所以-x+3y-2z=0，-4z=0.

可取m=（3，1，0）.

設(shè)平面A1MN的法向量為

n=（p，q，r），

則n·MN=0，n·A1N=0，

所以-3q=0，-p-2r=0.

可取n=（2，0，-1），

于是cos〈m，n〉=m·n|m||n|=232×5=155，

所以二面角A＼|MA1＼|N的正弦值為155.

例5如圖10，在正方體ABCD＼|A1B1C1D1中，E為BB1的中點.

（1）求證：BC1∥平面AD1E;

（2）求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值.（2020年北京卷）

分析（1）證明出四邊形ABC1D1為平行四邊形，可得出BC1∥AD1，然后利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論;

圖10

（2）以點A為坐標(biāo)原點，AD、AB、AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)＼|xyz，利用空間向量法可計算出直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值.

解（1）在正方體ABCD＼|A1B1C1D1中，

AB瘙綊A1B1瘙綊C1D1，

所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，

則BC1∥AD1，

因為BC1平面AD1E，

AD1平面AD1E，

所以BC1∥平面AD1E.

圖11

（2）如圖11，以點A為坐標(biāo)原點，AD、AB、AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)＼|xyz，

設(shè)正方體ABCD＼|A1B1C1D1的棱長為2，

則A（0，0，0），A1（0，0，2），

D1（2，0，2），E（0，2，1），

AD1=（2，0，2），AE=（0，2，1），

AA1=（0，0，3）.

設(shè)平面AD1E的法向量為

n=（x，y，z），

由n·AD1=0，n·AE=0，得2x+2z=0，2y+z=0.

令z=-2，則x=2，y=1，

n=（2，1，-2），

cos〈n，AA1〉=n·AA1|n||AA1|=-23，

故直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為23.

例6如圖12，已知三棱柱ABC＼|A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M、N分別為BC、B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F;

（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.（2020年全國Ⅱ卷）圖12

為說明空間向量的優(yōu)越性，我們用傳統(tǒng)分析：并解決此題，從中讀者可以看出傳統(tǒng)解法與向量法比較，向量法所體現(xiàn)出的優(yōu)越性及簡潔性：

分析（1）由M，N分別為BC，B1C1的中點，MN∥CC1，根據(jù)條件可得AA1∥BB1，可證MN∥AA1，要證平面EB1C1F⊥平面A1AMN，只需證明EF⊥平面A1AMN即可;

（2）連接NP，先求證四邊形ONPA是平行四邊形，根據(jù)幾何關(guān)系求得EP，在B1C1上截取B1Q=EP，由BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN為B1E與平面A1AMN所成角，圖13即可求得答案.

證明（1）因為M，N分別為BC，B1C1的中點，

所以MN∥BB1，

又AA1∥BB1，

所以MN∥AA1.

在△ABC中，M為BC中點，

則BC⊥AM.

又因為側(cè)面BB1C1C為矩形，

所以BC⊥BB1.

因為MN∥BB1，MN⊥BC，

由MN∩AM=M，

MN，AM平面A1AMN，

所以BC⊥平面A1AMN.

又因為B1C1∥BC，

且B1C1平面ABC，

BC平面ABC，

所以B1C1∥平面ABC.

又因為B1C1平面EB1C1F，

且平面EB1C1F∩平面ABC=EF，

所以B1C1∥EF∥BC.

又BC⊥平面A1AMN，

所以EF⊥平面A1AMN.

因為EF平面EB1C1F，

所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.

（2）連接NP.

因為AO∥平面EB1C1F，

平面AONP∩平面EB1C1F=NP，

所以AO∥NP，

根據(jù)三棱柱上下底面平行，

平面A1NMA∩平面ABC=AM，

平面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N，

所以O(shè)N∥AP，

故四邊形ONPA是平行四邊形.

設(shè)△ABC邊長是6m（m>0），

可得ON=AP，NP=AO=AB=6m，

因為O為△A1B1C1的中心，邊長為6m，

所以O(shè)N=13×6×sin60°=3m，

故ON=AP=3m.

因為EF∥BC，

所以APAM=EPBM，333=EP3m，

解得EP=m.

在B1C1上截取B1Q=EP=m，

故QN=2m.

因為B1Q瘙綊EP，

所以四邊形B1QPE是平行四邊形，

所以B1E∥PQ.

由（1）得B1C1⊥平面A1AMN，

故∠QPN為B1E與平面A1AMN所成角.

在Rt△QPN，根據(jù)勾股定理可得

PQ=QN2+PN2=（2m）2+（6m）2

=210m，

所以sin∠QPN=QNPQ=2m210m=1010，

所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值1010.

立體幾何一直是高中學(xué)生的一個難點內(nèi)容，由于現(xiàn)行初中教學(xué)中淡化了平面幾何的很多內(nèi)容，從而造成現(xiàn)在高中學(xué)生的邏輯思維能力和空間想象能力的不足.以上例子幾乎代表了高考立體幾何大題的大部份類型.在現(xiàn)行高中教材中引入空間向量，將傳統(tǒng)立體幾何中的平行，垂直、求角等問題統(tǒng)一轉(zhuǎn)化為空間向量中的向量運算問題，思路清晰，過程簡潔，掌握基本運算能力的學(xué)生幾乎連犯錯誤機(jī)會都沒有.所以要求教師加強(qiáng)對學(xué)生基本運算能力的培養(yǎng)，充分運用已知條件，通過建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，同時引導(dǎo)學(xué)生求平面的法向量，讓學(xué)生理解平面的法向量不是唯一的，盡可能運用整數(shù)表示點的坐標(biāo)，運用空間向量解決立體幾何大題，注重通法，淡化特技，從而提升自己和學(xué)生的核心素養(yǎng).