专题限时集训(十) 立体几何中的向量方法
(对应学生用书第97页)
(限时：40分钟)
题型1 向量法求线面角 题型2 向量法求二面角 题型3 利用空间向量求解探索性问题 1 2,4 3 1．(2017·郑州二模)如图10-9，三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，
BC，A1C1的中点．
图10-9
(1)证明：EF∥平面A1CD；
(2)若三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，连接ED，在△ABC中，1
因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，DE＝AC.
21
又F为A1C1的中点，可得A1F＝A1C1，所以A1F∥DE，A1F＝DE，
2因此四边形A1FED 为平行四边形，所以EF∥A1D， 又EF?平面A1CD，A1D?平面A1CD， 所以EF∥平面A1CD.
(2)法一：(几何法)因为底面ABC是正三角形，D为AB的中所以CD⊥AB，又AA1⊥CD，AA1∩AB＝A，所以CD⊥平面A1ABB1. 如图在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D，交直线A1D于点G，接CG，则BG⊥平面A1CD，所以∠BCG为直线BC与平面A1CD成的角．
设三棱柱的棱长为a，可得A1D＝可得BG＝5a， 5
5a，由△A1AD∽△BGD， 2
连所点，
在Rt△BCG中，sin∠BCG＝
BG5＝. BC5
所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为
5. 5
因为三所
以
法二：(向量法)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，所以OD⊥平面A1B1C1，
OD⊥OC1，OD⊥OA1.又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1.
→→
以O为坐标原点，OA1，OD，OC1的方向分别为x轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，B?－，a，0?，
?2?
→?a→a3?3?→?a????C?0，a，a?，A1?，0，0?，D(0，a,0)．所以BC＝?，0，a?，A1D＝?－，a，0?，DC?2??2?2?2???2＝?0，0，
→
y轴，zO-xyz.
?a?
?
?3?a?. 2?
→
1
?n·AD＝0
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，由?→
?n·DC＝0
1
，
a－x＋ay＝0??2得?
3??2az＝0
设x＝2，
.
解得n＝(2,1,0)．
→
|n·BC|a5
设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝. 2
→55·a|n|·|BC|所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为
5. 5
2．(2017·合肥二模)如图10-10(1)，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上．
图10-10(1)
图10-10(2)
(1)求证：BP⊥CE；
(2)求二面角B-PC-D的余弦值.
【导学号：07804077】
[解] (1)证明：因为点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，所以平面PBE⊥平面BCDE，易知BE⊥CE，
所以CE⊥平面PBE，而BP?平面PBE， 所以PB⊥CE.
(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y1??13??1
轴，直线PO为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B?，－，0?，C?，，0?，
2??22??2
??D?－，，0?，P?0，0，
?
13
?22
??2??. 2?
→→?132?→?112?→
所以CD＝(－1,0,0)，CP＝?－，－，?，PB＝?，－，－?，BC＝(0,2,0)．
22?22??2?2
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
?n·→CD＝0
则有?→
?n·CP＝0
11
?－x1＝0，即?
?x1＋3y1－2z1＝0
，令z1＝2，
?2?可得n1＝?0，，2?. ?3?
设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →?n·PB＝0则?→?n·BC＝0
22
，
?x2－y2－2z2＝0即?
?2y2＝0
令z2＝2，
，
可得n2＝(2,0，2)． 所以cos〈n1，n2〉＝
n1·n233
＝.
|n1||n2|11
33. 11
考虑到二面角B-PC-D为钝角，则其余弦值为－2π
3．(2017·郑州三模)如图10-11，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，
3
且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
图10-11
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[解] (1)证明：在梯形ABCD中，设AD＝CD＝BC＝1，
2ππ222
∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∴AC＝AB＋BC－2AB·BC·cos ＝3.
33∴AB＝AC＋BC，∴BC⊥AC. ∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C， ∴AC⊥平面BCF.
∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF. (2)由(1)知，以CA，CB，CF所成直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD＝CD＝BC＝CF＝1，令
2
2
2
FM＝λ(0≤λ≤3)，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，
→→
∴AB＝(－3，1,0)，BM＝(λ，－1,1)， 设平面MAB的法向量为n1＝(x，y，z)，
→?n·AB＝0则?→?n·BM＝0
11
?－3x＋y＝0，即?
?λx－y＋z＝0
，
令x＝1，则n1＝(1，3，3－λ)，为平面MAB的一个法向量． 易知n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量， 设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ， |n1·n2|
则cos θ＝＝
|n1|·|n2|1＋3＋
13－λ
2
×1
＝1λ－3
2
. ＋4
∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值
7， 7
∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大， 此时二面角的余弦值为
7. 7
4．(2017·河北石家庄二模)如图10-12，在三棱柱ABC-DEF中，侧面ABED是边长为2的菱形，
π21
且∠ABE＝，BC＝.四棱锥F-ABED的体积为2，点F在平面ABED内的正投影为点G，且
321
点G在AE上，点M在线段CF上，且CM＝CF.
4
图10-12
(1)证明：直线GM∥平面DEF； (2)求二面角M-AB-F的余弦值.
【导学号：07804078】
13
[解] (1)证明：因为四棱锥F-ABED的体积为2，所以VF-ABED＝××2×2×FG＝2，所以
32
FG＝3.
又BC＝EF＝
213，所以EG＝， 22
易知AE＝2，则点G是AE的靠近点A的四等分点． 33
过点G作GK∥AD交DE于点K，连接FK，则GK＝AD＝CF.
443
又MF＝CF，所以MF＝GK，又MF∥GK，
4