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课件网) 习题课 空间向量在立体几何中的应用 灯 3 C B D I A E I F B y D AI A1 Ci B1 A C M B 木公 A1 Cy B1 N C M B X习题课 空间向量在立体几何中的应用 向量法研究空间位置关系及空间角 [例1] (2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1. (1)证明：点C1在平面AEF内； (2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A EF A1的正弦值． [解] 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz. (1)证明：连接C1F，则C1(0，0，0)， A(a，b，c)，E， F，＝， ＝，得＝， 因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面， 所以点C1在平面AEF内． (2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)， ＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1). 设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，)) 即 可取n1＝(－1，－1，1). 设n2为平面A1EF的法向量，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，)) 同理可取n2＝. 因为cos 〈n1，n2〉＝＝－，所以二面角A EF A1的正弦值为. 1．解决立体几何问题一般有三种方法：综合法、向量法、坐标法．综合法以逻辑推理作为工具解决问题；向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题．一般情况下，我们遵循的原则是以综合法为基础，以向量法为主导，以坐标法为中心． 2．向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算. [跟踪训练] (2020·浙江高考)如图，在三棱台ABC DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC. (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB. 由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝CO. 由平面ACFD⊥平面ABC， 得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC. 由∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO得BO⊥BC. 所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB. 由三棱台ABC DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB. (2)法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH. 由三棱台ABC DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角． 由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角． 设CD＝2. 由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin ∠OCH＝＝， 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 法二：由三棱台ABC DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ. 如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz. 设CD＝2. 由题意知各点坐标如下： O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2). 因此＝(0，2，0)，eq \o(,\s\up7(―→))＝(－1，1，0)，＝(0，－2，2). 设平面BCD的法向量n＝(x，y，z). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq \o(,\s\up7(―→))＝0，,n·＝0，)) 即可取n＝(1，1，1). 所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝ eq \f(|·n|,||·|n|) ＝. 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 立体几何中的探索性问题 [例2] 如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点，问：在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由． [解] 以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).设AB＝a，则A(0，0，0)， D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E， B1(a ... ...
