用向量法解决高考立体几何压轴题

杨沛娟 张宇

【摘要】立体几何大题是高考必考的内容之一，每套高考试卷中均有一道立体几何大题，很多同学感到立体几何大题无从下手，本文通过向量方法，运用法向量，从而使高考立体几何大题整体性地得到圆满解决.

【关键词】立体几何;向量法;法向量

例1如圖1，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO.

（1）证明：PA⊥平面PBC;

图1

（2）求二面角B＼|PC＼|E的余弦值.（2020年全国Ⅰ卷）

分析（1）要证明PA⊥平面PBC，只需证明PA⊥PB，PA⊥PC即可;

（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图2所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的法向量为n，平面PCE的法向量为m，利用公式cos〈m，n〉=n·m|n||m|计算即可得到答案.

解（1）由题设，知

△DAE为等边三角形，

设AE=1，则

DO=32，CO=BO=12AE=12，

所以PO=66DO=24，

PC=PO2+OC2=64，

PB=PO2+OB2=64，

则PA=PB=PC=64，

又△ABC为等边三角形，

则BAsin60°=2OA，BA=32，

PA2+PB2=34=AB2，

图2

则∠APB=90°，

所以PA⊥PB.

同理PA⊥PC，

又PC∩PB=P，

所以PA⊥平面PBC.

（2）过O作ON∥BC交AB于点N，

因为PO⊥平面ABC，

以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立空间直角坐标系，

则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.

设平面PCB的一个法向量为

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），

设平面PCE的一个法向量为

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的余弦值为255.

图3

例2如图3，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.（2020年全国Ⅲ卷）

分析（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证图4得点C1在平面AEF内;

（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系C1＼|xyz，利用空间向量法可计算出二面角A＼|EF＼|A1余弦值，进而可求得二面角A＼|EF＼|A1的正弦值.

解（1）在棱CC1上取点G，使得

C1G=12CG，

连接DG、FG、C1E、C1F，

在长方体ABCD＼|A1B1C1D1中，

AD瘙綊BC，BB1瘙綊CC1，

因为C1G=12CG，BF=2FB1，

所以CG=23CC1=23BB1=BF，

所以四边形BCGF为平行四边形，

则AF瘙綊DG，

同理四边形DEC1G为平行四边形，

所以C1E瘙綊DG，C1E瘙綊AF，

则四边形AEC1F为平行四边形，

因此点C1在平面AEF内.

（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x，y，z轴建立如图5所示的空间直角坐标系C1＼|xyz，则

A（2，1，3），A1（2，1，0），E（2，0，2），F（0，1，1），

AE=（0，-1，-1），AF=（-2，0，-2），

A1E=（0，-1，2），A1F=（-2，0，1）.

图5

设平面AEF的法向量为

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）.

设平面A1EF的法向量为

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，

则n=1，4，2.

cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|=-77，

所以二面角A＼|EF＼|A1的正弦值为427.

例3如图6，四棱锥P＼|ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.图6

（1）证明：l⊥平面PDC;

（2）已知PD=AD=1，Q為l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.（2020年山东卷）

分析（1）利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD∥l，从而得到l⊥平面PDC;

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q（m，0，1），之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos〈n，PB〉的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

解（1）在正方形ABCD中，AD∥BC，

因为AD平面PBC，BC平面PBC，

所以AD∥平面PBC，

又因为AD平面PAD，

平面PAD∩平面PBC=l，

所以AD∥l，

因为在四棱锥P＼|ABCD中，

底面ABCD是正方形，

图7

所以AD⊥DC，

于是l⊥DC，

且PD⊥平面ABCD，

所以AD⊥PD，l⊥PD.

因为CD∩PD=D，

所以l⊥平面PDC.

（2）如图7建立空间直角坐标系D＼|xyz，

因为PD=AD=1，

则D（0，0，0），C（0，1，0），

A（1，0，0），P（0，0，1），B（1，1，0）.

设Q（m，0，1），则

DC=（0，1，0），

DQ=（m，0，1），PB=（1，1，-1）.

设平面QCD的法向量为n=（x，y，z），

则DC·n=0，DQ·n=0，即y=0，mx+z=0，

令x=1，则z=-m，

所以平面QCD的一个法向量为n=（1，0，-m），

则cos〈n，PB〉=n·PB|n||PB|=1+0+m3·m2+1，

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与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，

当且仅当m=1时取等号，

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.

图8

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

（1）证明：MN∥平面C1DE;

（2）求二面角A＼|MA1＼|N的正弦值.（2019年全国Ⅰ卷）

解（1）连接B1C、ME.

因为M、E分别为BB1、BC的中点，

所以ME瘙綊12B1C.

又因为N为A1D的中点，

所以ND=12A1D.

由题设知A1B1瘙綊DC，

可得B1C瘙綊A1D，ME瘙綊ND，

因此四边形MNDE为平行四边形，

图9

MN∥ED.

又MN平面EDC1，

所以MN∥平面C1DE.

（2）由已知可得DE⊥DA.

以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图9所示的空间直角坐标系D＼|xyz，

则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）.

设平面A1MA的法向量为

m=（x，y，z），

则m·A1M=0，m·A1A=0，

所以-x+3y-2z=0，-4z=0.

可取m=（3，1，0）.

设平面A1MN的法向量为

n=（p，q，r），

则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的正弦值为155.

例5如图10，在正方体ABCD＼|A1B1C1D1中，E为BB1的中点.

（1）求证：BC1∥平面AD1E;

（2）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.（2020年北京卷）

分析（1）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1∥AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论;

图10

（2）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A＼|xyz，利用空间向量法可计算出直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.

解（1）在正方体ABCD＼|A1B1C1D1中，

AB瘙綊A1B1瘙綊C1D1，

所以四边形ABC1D1为平行四边形，

则BC1∥AD1，

因为BC1平面AD1E，

AD1平面AD1E，

所以BC1∥平面AD1E.

图11

（2）如图11，以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A＼|xyz，

设正方体ABCD＼|A1B1C1D1的棱长为2，

则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）.

设平面AD1E的法向量为

n=（x，y，z），

由n·AD1=0，n·AE=0，得2x+2z=0，2y+z=0.

令z=-2，则x=2，y=1，

n=（2，1，-2），

cos〈n，AA1〉=n·AA1|n||AA1|=-23，

故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.

例6如图12，已知三棱柱ABC＼|A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M、N分别为BC、B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F;

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.（2020年全国Ⅱ卷）图12

为说明空间向量的优越性，我们用传统分析：并解决此题，从中读者可以看出传统解法与向量法比较，向量法所体现出的优越性及简洁性：

分析（1）由M，N分别为BC，B1C1的中点，MN∥CC1，根据条件可得AA1∥BB1，可证MN∥AA1，要证平面EB1C1F⊥平面A1AMN，只需证明EF⊥平面A1AMN即可;

（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1上截取B1Q=EP，由BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，图13即可求得答案.

证明（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，

所以MN∥BB1，

又AA1∥BB1，

所以MN∥AA1.

在△ABC中，M为BC中点，

则BC⊥AM.

又因为侧面BB1C1C为矩形，

所以BC⊥BB1.

因为MN∥BB1，MN⊥BC，

由MN∩AM=M，

MN，AM平面A1AMN，

所以BC⊥平面A1AMN.

又因为B1C1∥BC，

且B1C1平面ABC，

BC平面ABC，

所以B1C1∥平面ABC.

又因为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.

因为EF平面EB1C1F，

所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.

（2）连接NP.

因为AO∥平面EB1C1F，

平面AONP∩平面EB1C1F=NP，

所以AO∥NP，

根据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ON∥AP，

故四边形ONPA是平行四边形.

设△ABC边长是6m（m>0），

可得ON=AP，NP=AO=AB=6m，

因為O为△A1B1C1的中心，边长为6m，

所以ON=13×6×sin60°=3m，

故ON=AP=3m.

因为EF∥BC，

所以APAM=EPBM，333=EP3m，

解得EP=m.

在B1C1上截取B1Q=EP=m，

故QN=2m.

因为B1Q瘙綊EP，

所以四边形B1QPE是平行四边形，

所以B1E∥PQ.

由（1）得B1C1⊥平面A1AMN，

故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角.

在Rt△QPN，根据勾股定理可得

PQ=QN2+PN2=（2m）2+（6m）2

=210m，

所以sin∠QPN=QNPQ=2m210m=1010，

所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值1010.

立体几何一直是高中学生的一个难点内容，由于现行初中教学中淡化了平面几何的很多内容，从而造成现在高中学生的逻辑思维能力和空间想象能力的不足.以上例子几乎代表了高考立体几何大题的大部份类型.在现行高中教材中引入空间向量，将传统立体几何中的平行，垂直、求角等问题统一转化为空间向量中的向量运算问题，思路清晰，过程简洁，掌握基本运算能力的学生几乎连犯错误机会都没有.所以要求教师加强对学生基本运算能力的培养，充分运用已知条件，通过建立恰当的空间直角坐标系，同时引导学生求平面的法向量，让学生理解平面的法向量不是唯一的，尽可能运用整数表示点的坐标，运用空间向量解决立体几何大题，注重通法，淡化特技，从而提升自己和学生的核心素养.