06 空间向量在立体几何中的几种应用-《中学生数理化》高二数学2023年9月刊

■河南省郑州市第四高级中学 李 亚 题型一 利用向量法证明空间的平行和 垂直关系 图1 例 1 (2021年全国甲卷 理数)如图1,已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 AA1B1B 为正方形,|AB|=|BC|=2,E,F 分别为AC和CC1 的中点,D 为 棱A1B1 上的点。BF⊥A1B1。 (1)证明:BF⊥DE; (2)当|B1D|为何值时,平面BB1C1C 与 平面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 分析:第一问,用常规方法证明较为复杂, 建立合适的空间直角坐标系,借助空间向量求 解非常简捷。第二问,利用空间向量求二面角 的平面角是最常规的方法,也是最优方法。 解:(1)因为三棱柱ABC-A1B1C1 是直三棱 柱,所以BB1⊥底面ABC,且BB1⊥AB。 因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,所以BF⊥AB。 又BB1∩BF=B,故AB⊥平面BCC1B1。 所以BA,BC,BB1 两两垂直。 图2 以B 为坐标原点,分 别以BA,BC,BB1 所在直 线为x 轴,y 轴,z 轴建立 空间直角坐标系,如图2。 则B(0,0,0),A(2,0, 0),C(0,2,0),B1(0,0,2), C1(0,2,2),E(1,1,0), F(0,2,1)。 由题意设D(a,0,2)(0≤a≤2)。 因为 BF→=(0,2,1),DE→=(1-a,1, -2),所以BF→·DE→=0×(1-a)+2×1+ 1×(-2)=0,即BF⊥DE。 (2)设平面DFE 的法向量为m=(x,y, z)。因为EF→=(-1,1,1),DE→=(1-a,1,-2), 所以 m·EF→=0, m·DE→=0, 即 -x+y+z=0,(1-a)x+y-2z=0。 令z=2-a,则m=(3,1+a,2-a)。 已知平面 BCC1B1 的法向量为 BA→= (2,0,0),设平面BCC1B1 与平面DEF 的二 面角的平面角为θ,则|cos θ|= |m·BA→| |m|·|BA→| = 6 2× 2a2-2a+14 = 3 2a2-2a+14 。 当a= 1 2 时,2a2-2a+4取最小值 27 2 , 此时cos θ取最大值 3 27 2 = 6 3 。 所以(sin θ)min= 1- 6 3 2 = 3 3 ,此时 |B1D|= 1 2 。 题型二 利用向量法求异面直线所成角 例 2 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, △ABC 是 等 腰 直 角 三 角 形,∠ACB= π 2 , |AB|=22,|CC1|=4,P 是线段A1B1 上 的动点,则当线段CP 最短时,异面直线AC1 与BP 所成角的余弦值为( )。 02 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月 {#{QQABZQQEogigAgBAAAhCQQFACECQkBAACIoGxAAEoAAAQQNABCA=}#} A. 7 10 30 B. 10 6 C. 7 10 25 D. 5 3 解析:在 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中, △ABC 是等腰直角三角形,∠ACB= π 2 ,所 以,|AC|=|AB|cos π 4=22× 2 2=2 。 图3 以点C 为坐标原点, 以CA,CB,CC1 所在直 线分 别 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立图3所示的空间 直角坐标系。 则A(2,0,0),B(0, 2,0),C(0,0,0),A1(2,0, 4),B1(0,2,4),C1(0,0, 4)。 设A1P→=λA1B1→=λ(-2,2,0)=(-2λ, 2λ,0),其中0≤λ≤1。 CP→=CA1→+A1P→=(2,0,4)+(-2λ, 2λ,0)=(2-2λ,2λ,4)。 则|CP→|= 4(1-λ)2+4λ2+16 = 8λ2-8λ+20= 8λ- 1 2 2 +18。 当且仅当λ= 1 2 时,即当点P 为线段A1B1 的中点时,|CP→|取最小值,此时点P(1,1,4)。 则AC1→=(-2,0,4),BP→=(1,-1,4)。 cos<AC1→,BP→>= AC1→·BP→ |AC1|·|BP→| = -2+16 25×32 = 7 10 30 。 因此,当线段CP 最短时,异面直线AC1 与BP 所成角的余弦值为 7 10 30 ,选A。 题型三 利用向量法解决线面角问题 例 3 (2022年全国甲卷理数)如图4, 四棱 锥 P-ABCD 中,PD ⊥ 底 面 ABCD, CD∥AB,|AD|=|DC|=|CB|=1,|AB| =2,|DP|= 3。 (1)证明:BD⊥PA; 图4 图5 (2)求PD 与平面PAB 所成角的正弦