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(wú)從下手，本文通過(guò)向量方法，運(yùn)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(diǎn)，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(diǎn)，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(guó)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(diǎn)，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(jì)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(guò)O作ON∥BC交AB于點(diǎn)N，

因?yàn)镻O⊥平面ABC，

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(gè)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(gè)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(zhǎng)方體ABCD＼|A1B1C1D1中，點(diǎn)E、F分別在棱DD1、BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.

（1）證明：點(diǎn)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(guó)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(diǎn)C1在平面AEF內(nèi);

（2）以點(diǎn)C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(jì)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(diǎn)G，使得

C1G=12CG，

連接DG、FG、C1E、C1F，

在長(zhǎng)方體ABCD＼|A1B1C1D1中，

AD瘙綊BC，BB1瘙綊CC1，

因?yàn)镃1G=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(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

（2）以點(diǎn)C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出點(diǎn)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?yàn)锳D平面PBC，BC平面PBC，

所以AD∥平面PBC，

又因?yàn)锳D平面PAD，

平面PAD∩平面PBC=l，

所以AD∥l，

因?yàn)樵谒睦忮FP＼|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?yàn)镃D∩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?yàn)镻D=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(gè)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(duì)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(shí)取等號(hào)，

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(diǎn).

（1）證明：MN∥平面C1DE;

（2）求二面角A＼|MA1＼|N的正弦值.（2019年全國(guó)Ⅰ卷）

解（1）連接B1C、ME.

因?yàn)镸、E分別為BB1、BC的中點(diǎn)，

所以ME瘙綊12B1C.

又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，

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(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，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(diǎn).

（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(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(jì)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?yàn)锽C1平面AD1E，

AD1平面AD1E，

所以BC1∥平面AD1E.

圖11

（2）如圖11，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(zhǎng)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(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)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(guó)Ⅱ卷）圖12

為說(shuō)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(jiǎn)潔性：

分析（1）由M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，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?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，

所以MN∥BB1，

又AA1∥BB1，

所以MN∥AA1.

在△ABC中，M為BC中點(diǎn)，

則BC⊥AM.

又因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為矩形，

所以BC⊥BB1.

因?yàn)镸N∥BB1，MN⊥BC，

由MN∩AM=M，

MN，AM平面A1AMN，

所以BC⊥平面A1AMN.

又因?yàn)锽1C1∥BC，

且B1C1平面ABC，

BC平面ABC，

所以B1C1∥平面ABC.

又因?yàn)锽1C1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?yàn)镋F平面EB1C1F，

所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.

（2）連接NP.

因?yàn)锳O∥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(zhǎng)是6m（m>0），

可得ON=AP，NP=AO=AB=6m，

因?yàn)镺為△A1B1C1的中心，邊長(zhǎng)為6m，

所以O(shè)N=13×6×sin60°=3m，

故ON=AP=3m.

因?yàn)镋F∥BC，

所以APAM=EPBM，333=EP3m，

解得EP=m.

在B1C1上截取B1Q=EP=m，

故QN=2m.

因?yàn)锽1Q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(gè)難點(diǎn)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(wèn)題統(tǒng)一轉(zhuǎn)化為空間向量中的向量運(yùn)算問(wèn)題，思路清晰，過(guò)程簡(jiǎn)潔，掌握基本運(yùn)算能力的學(xué)生幾乎連犯錯(cuò)誤機(jī)會(huì)都沒(méi)有.所以要求教師加強(qiáng)對(duì)學(xué)生基本運(yùn)算能力的培養(yǎng)，充分運(yùn)用已知條件，通過(guò)建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，同時(shí)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(yùn)用整數(shù)表示點(diǎn)的坐標(biāo)，運(yùn)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).