立體幾何中的向量方法、拋物線

第1講 立體幾何中的向量方法、拋物線高考定位 高考對(duì)本內(nèi)容的考查主要有： (1)空間向量的坐標(biāo)表示及坐標(biāo)運(yùn)算，屬B級(jí)要求；(2)線線、線面、面面平行關(guān)系判定，屬 B級(jí)要求；(3)線線、線面、面面垂直的判定，屬B級(jí)要求；(4)求異面直線、直線與平面、平面與平面所成角，屬B級(jí)要求；(5)頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)，B級(jí)要求.真題感悟(2017·江蘇卷)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值.解 在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AD，交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.→ → →如圖，以{AE，AD，AA1}為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系 A－xyz.因?yàn)锳B＝AD＝2，AA1＝ 3，∠BAD＝120°，則A(0，0，0)，B(3，－1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，A(0，0，3)，C(3，1，3).11→＝(3，－1，－→11(1)AB→→→→A1B·AC1B→→11（3，－1，－3）·（3，1，3）1＝7＝－7，A1B與AC1所成角的余弦值為1因此異面直線7.1的一個(gè)法向量為→＝(3，0，0).(2)平面ADAAE設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個(gè)法向量，→→又A1＝(3，－1，－3)，BD＝(－3，3，0)，B→1＝0，－－＝，m·AB即3xy3z0則－3x＋3y＝0.→m·BD＝0，不妨取x＝3，則y＝3，z＝2，所以m＝(3，3，2)為平面BA1D的一個(gè)法向量，→→（3，0，0）·（3，3，2）3AE·m從而cos〈AE，m〉＝→＝3×4＝4.|AE||m|3設(shè)二面角B－A1D－A的大小為θ，則|cosθ|＝4.因?yàn)棣取蔥0，π]，所以sinθ＝271－cosθ＝.47因此二面角B－A1D－A的正弦值為4.考點(diǎn)整合1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，ν＝(a3，b3，c3)，則(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥ν?μ＝λν?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥ν?μ·ν＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)線線夾角π設(shè)l，m的夾角為θ(0≤θ≤2)，則12＋b12＋c12cosθ＝|ab|·＝|aabc|2.22222|a||b|1＋b1＋c12＋b2＋c2aa(2)線面夾角π設(shè)直線l與平面α的夾角為θ(0≤θ≤2)，則|a·μ|sinθ＝|cos〈a，μ〉|＝ ，|a|| μ|(3)面面夾角|μ·ν|設(shè)平面α，β的夾角為θ(0≤θ＜π)，則|cosθ|＝|cos〈μ，ν〉|＝|μ||.ν|3.拋物線的幾何性質(zhì)(1)拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)與準(zhǔn)線方程pp①拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F2，0，準(zhǔn)線方程y＝－2.2pp②拋物線x＝2py(p>0)的焦點(diǎn)F0，2，準(zhǔn)線方程y＝－2.(2)過(guò)拋物線焦點(diǎn)的弦長(zhǎng)拋物線y2＝2px(p>0)過(guò)焦點(diǎn)F的弦AB，若A(x1，y1，2，y2，則12＝p2B(x，))xx4y1y2＝－p2，弦長(zhǎng)AB＝x1＋x2＋p.熱點(diǎn)一 向量法證明平行與垂直【例1】如圖，在直三棱柱 ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直， M為AB的中點(diǎn)，O為DF的中點(diǎn)，運(yùn)用向量方法求證：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.證明法一由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)正方形邊長(zhǎng)為 1，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，11110)，D(0，1，0)，F(xiàn)(1，0，1)，M2，0，0，O2，2，2.→11，(1)OM＝0，－，－22→＝(－1，0，0)，BA→→→→∴OM·＝0，∴OM⊥BABA.∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，→∴BA是平面BCF的一個(gè)法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個(gè)法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，→→1→→y2，z2).∵DF＝(1，－1，1)，DM＝，－1，0，DC＝(1，0，0)，CF＝(0，－21，1)，→n1·DF＝0，由→n1·DM＝0.1x1－y1＋z1＝0， y1＝2x1，得1解得12x1－y1＝0，1＝－1，z2x1令x1＝1，則n1＝1，2，－2.同理可得n2＝(0，1，1).∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.→ → → →法二 (1)OM＝OF＋FB＋BM1→－→＋1→2DFBF2BA→→→1→2(DB＋BF)－BF＋2BA→1→1→＝－2BD－2BF＋2BA→→1→1→＝－2(BC＋BA)－2BF＋2BA→1→＝－2BC－2BF.∴向量→與向量→，→共面，OM BF BC又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由(1)及題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，→→→→→∵CD＝BA，F(xiàn)C＝BC－BF，→→＝－1→－1→→＝0，CD22BA→→－1→－1→→→OM·FC＝BCBF·－BF)22(BC1→21→2＝0.＝－2BC＋2BFOM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.探究提高 解決本類問(wèn)題的關(guān)鍵步驟是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，用坐標(biāo)表示向量或用基底表示向量，證法的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘運(yùn)算 .【訓(xùn)練1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中點(diǎn).(1)求證：直線PC∥平面BDE；(2)求證：BD⊥PC.證明設(shè)AC∩BD＝O.因?yàn)椤螧AD＝60°，AB＝2，底面ABCD為菱形，所以BO＝1，AO＝CO＝3，AC⊥BD.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC所在直線分別為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)O且平行于PA的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)，E(0，－ 3，1).(1)設(shè)平面BDE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，→→因?yàn)锽E＝(－1，－3，1)，BD＝(－2，0，0)，1→1＝0，得由→－x1－3y1＋z1＝0，1＝0，n·BE令z1＝3，得y1＝1，所以n1＝(0，1，3).→→3－23＝0，又PC＝(0，23，－2)，所以PC·1＝0＋2n→即PC⊥n1，又PC?平面BDE，所以PC∥平面BDE.→，2→(2)因?yàn)镻C＝(03，－2)，BD＝(－2，0，0)，→→所以PC·BD＝0.故BD⊥PC.熱點(diǎn)二 利用空間向量求空間角[命題角度1] 求線面角【例2－1】(2016·全國(guó)Ⅲ卷)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn).(1)證明MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.2(1)證明 由已知得AM＝3AD＝2.取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC中點(diǎn)知TN∥BC，1TN＝2BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是 MN∥AT.因?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解 取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，222BC2從而AE⊥AD，AE＝AB－BE＝AB－2＝5.→以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.由題意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N5→，，2，PM＝(0，21→5→52，－4)，PN＝2，1，－2，AN＝2，1，2.設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則→＝0，2y－4z＝0，·nPM即5可取n＝(0，2，1).→＝0，2x＋y－2z＝0，n·PN→→85n·AN于是cos〈n，AN〉＝→＝25.|n||AN|設(shè)AN與平面PMN所成的角為θ，則sinθ＝8525，∴直線AN與平面PMN所成的角的正弦值為8525.探究提高利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二，破“求坐標(biāo)關(guān)”，準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量；第四，破 “應(yīng)用公式關(guān)”.[命題角度2] 求二面角【例2－2】(2017·全國(guó)Ⅱ卷)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角1形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn).(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值.(1)證明 取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，1因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝2AD，由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，1又BC＝2AD，所以EF綊BC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF，又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB.由已知得⊥，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，→→(2)解AAB的方向?yàn)閤軸正方向，|AB為單BAAD|位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，→PC＝(1，0，－

→3)，AB＝(1，0，0).設(shè)M(x，y，z)(0<x<1)，則→ →BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－ 3).因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，→所以|cos〈BM，n〉|＝sin45，°|z|2（x－1）2＋y2＋z2＝2，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①→ →又M在棱PC上，設(shè)PM＝λPC，則x＝λ，y＝1，z＝ 3－ 3λ.②x＝1＋2，x＝1－2，22由①，②解得y＝1，(舍去)，y＝1，66z＝－2z＝2，所以M－26→－26，1，，從而AM＝1，1，.12222設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則→＝0，m·AM （2－ 2）x0＋2y0＋ 6z0＝0，即→ x＝0，m·AB＝0， 0所以可取m＝(0，－ 6，2).m·n 10于是cos〈m，n〉＝|m||n|＝5.10因此二面角M－AB－D的余弦值為 5.探究提高利用法向量的根據(jù)是兩個(gè)半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補(bǔ)，在能斷定所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角的情況下，這種方法具有一定的優(yōu)勢(shì)，但要注意，必須能斷定“所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角”，在用法向量法求二面角的大小時(shí)，務(wù)必要作出這個(gè)判斷，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)?【訓(xùn)練2】(2013·江蘇卷)如圖，在直三棱柱 A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC2，A1A＝4，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn).(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值

.解 (1)以

A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

A－xyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，→→＝(1，－1，－4).1＝(2，0，－4)，C12，4)，所以ABD→→〉＝因?yàn)閏os〈A1，C1DB18＝310，20×1810310所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為10.(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，→→因?yàn)锳D＝(1，1，0)，AC1＝(0，2，4)，→→且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－所以n1·AD＝0，n1·AC1＝0，即x＋y＝02，所以，n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一個(gè)法向量.取平面AA1B的一個(gè)法向量為n2＝(0，1，0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ.n·n22512＝3，得sinθ＝3.由|cosθ|＝|n1||n2|＝9×15因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為 3.熱點(diǎn)三 向量法解決立體幾何中的探索性問(wèn)題【例3】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為1AD的中點(diǎn)，PA＝PD＝2，BC＝2AD＝1，CD＝ 3.(1)求證：平面PQB⊥平面PAD；(2)在棱PC上是否存在一點(diǎn)M，使二面角M－BQ－C為30°，若存在，確定M的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.1(1)證明 ∵AD∥BC，BC＝2AD，Q為AD的中點(diǎn)，BC∥DQ且BC＝DQ，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CD∥BQ.∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，PA＝PD，∴PQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，PQ，BQ?平面PBQ，∴AD⊥平面PBQ，AD?平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD.(2)解 當(dāng)M是棱PC上靠近點(diǎn)C的四等分點(diǎn)時(shí)，有二面角 M－BQ－C為30°，理由如下：由(1)知PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD.以Q為原點(diǎn)，QA為x軸，QB為y軸，QP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則平面BQC的一個(gè)法向量n＝(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，C(－1， 3，0).設(shè)滿足條件的點(diǎn) M(x，y，z)存在，→則PM＝(x，y，z－

→3)，MC＝(－1－x，

3－y，－z)，→ →令PM＝tMC，其中t＞0，tx＝－1＋t，x＝t（－1－x），3t∴ y＝t（ 3－y）， ∴ y＝1＋t，z－ 3＝t（－z），3z＝1＋t.在平面MBQ中，→＝(0，→t，3t，3，3，0)，QM＝－QB1＋t1＋t1＋t∴平面MBQ的一個(gè)法向量m＝( 3，0，t)，∵二面角M－BQ－C為30°，∴cos30＝°n·m＝|t|＝3，|n||·m|3＋0＋t22解得t＝3.所以滿足條件的點(diǎn)M存在，M是棱PC的靠近點(diǎn)C的四等分點(diǎn).探究提高(1)確定點(diǎn)的坐標(biāo)時(shí)，通常利用向量共線來(lái)求，如本例→→PM＝tMC來(lái)求M點(diǎn)的坐標(biāo).(2)解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題.【訓(xùn)練3】(2016·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；AM(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AP的值；若不存在，說(shuō)明理由.(1)證明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD.又AB⊥AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A.∴PD⊥平面PAB.(2)解 取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，AD為交線，PO⊥平面ABCD，∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).→→→，－1).則PB＝(1，1，－1)，PD＝(0，－1，－1)，PC＝(2，0設(shè)n＝(x0，y0，1)為平面PDC的一個(gè)法向量.→＝0，0－1＝0，y0＝－1，·nPD－y1由得2x0－1＝0，解得→＝0x0＝.n·PC21即n＝2，－1，1.設(shè)PB與平面PCD的夾角為θ.→→1－1－1n·PB2則sinθ＝|cos〈n，PB〉|＝→＝1|n||PB|4＋1＋1×33＝3.(3)解設(shè)M是棱→→PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0，1]使得AM＝λAP，因此點(diǎn)M(0，1→－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ)，因?yàn)锽M?平面PCD，所以BM∥平面PCD，→，即11當(dāng)且僅當(dāng)BM·＝－，－λ，λ·，－1，1＝0，解得λ＝，所以在棱PAn0(1)24AM1上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)AP＝4.熱點(diǎn)四拋物線的綜合問(wèn)題【例4】(2017·蘇州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知兩點(diǎn)M(1，－3)，N(5，，若點(diǎn)的坐標(biāo)滿足→→→∈，且點(diǎn)的軌跡與拋物線2COC＝tOM＋(1－t)ONR)Cy1)(t4x交于A，B兩點(diǎn).(1)求證：OA⊥OB；(2)在x軸上是否存在一點(diǎn)P(m，0)，使得過(guò)點(diǎn)P任作一條拋物線的弦，并以該弦為直徑的圓都過(guò)原點(diǎn).若存在，求出m的值及圓心的軌跡方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.→ → →(1)證明 由OC＝tOM＋(1－t)ON(t∈R)，可知點(diǎn)C的軌跡是M，N兩點(diǎn)所在的直1－（－3）線，所以C點(diǎn)的軌跡方程為 y＋3＝ (x－1)，即y＝x－4.由y＝x－4，得x2－12x＋16＝0，y2＝4x設(shè)點(diǎn)C的軌跡與拋物線 y2＝4x的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝12，x1x2＝16，則y1y2＝(x1－4)(x2－4)x1x2－4(x1＋x2)＋16＝－16，→→＝x＋y＝16－16＝0，因?yàn)镺A·1y2OB1x2所以O(shè)A⊥OB.(2)解 假設(shè)存在這樣的 P點(diǎn)，并設(shè)EF是過(guò)點(diǎn)P的拋物線的弦，其方程為x＝ny＋m，代入y2＝4x，得y2－4ny－4m＝0，設(shè)E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)，此時(shí)y3＋y4＝4n，y34＝－4m，y所以k·＝y(tǒng)3y4y3y4＝16＝－4＝－1，·＝2·2OEkOFx3x4y3y4y3y4m44所以m＝4(定值)，故存在這樣的點(diǎn) P(4，0)滿足題意.設(shè)EF的中點(diǎn)，即圓心坐標(biāo)為 T(x，y)，1則y＝2(y3＋y4)＝2n，13＋x4)＝13＋4＋ny4＋4)x＝2(x2(nyn2(y3＋y4)＋4＝2n2＋4，消去n，得y2＝2x－8.探究提高 高考對(duì)這一部分內(nèi)容的考查主要涉及拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)以及弦長(zhǎng)的計(jì)算等知識(shí)，也可以結(jié)合其它知識(shí)進(jìn)行綜合命題，運(yùn)算能力要求較高 .2【訓(xùn)練4】(2016·浙江卷)如圖所示，設(shè)拋物線 y＝2px(p＞0)(1)求p的值；(2)若直線AF交拋物線于另一點(diǎn) B，過(guò)B與x軸平行的直線和過(guò)F與AB垂直的直線交于點(diǎn)N，AN與x軸交于點(diǎn)M，求M的橫坐標(biāo)的取值范圍.解(1)由題意可得，拋物線上點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線x＝－1的距離，p由拋物線的定義得2＝1，即p＝2.(2)由(1)得，拋物線方程為 y2＝4x，F(xiàn)(1，0)，可設(shè)A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.∵AF不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)，由y2＝4x，消去x得y2－4sy－4＝0.x＝sy＋12故y1y2＝－4，∴Bt2，－t.又直線AB的斜率為22t，t－1故直線FN的斜率為－t2－1，2tt2－12從而得直線FN：y＝－2t(x－1)，直線BN：y＝－t.t2＋32∴Nt2－1，－t.2t＋2設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點(diǎn)共線得22t＝2t，t－mt＋32－t22t2t－1于是m＝＝2＋22，∴m＜0或m＞2.2t－1t－1經(jīng)檢驗(yàn)知，m＜0或m＞2滿足題意.綜上，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是 (－∞，0)∪(2，＋∞).π1.兩條直線夾角的范圍為 0，2.設(shè)直線l1，l2的方向向量分別為 n1，n2，其夾角|n·n|12為θ，則cosθ＝|cos＜n1，n2＞|＝|n1||n2|.二面角的范圍為[0，π設(shè)半平面α與β的法向量分別為1與n2，二面角為θ，2.].n|n·n|12則|cosθ|＝|cos＜n1，n2＞|＝|n1||n2|.3.空間向量在處理空間問(wèn)題時(shí)具有很大的優(yōu)越性，能把 “非運(yùn)算”問(wèn)題“運(yùn)算”化，即通過(guò)直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關(guān)系，各類角、距離以向量的方式表達(dá)出來(lái)，把立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算問(wèn)題.應(yīng)用的核心是充分認(rèn)識(shí)形體特征，進(jìn)而建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)向量的運(yùn)算解答問(wèn)題，達(dá)到幾何問(wèn)題代數(shù)化的目的，同時(shí)注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性.4.拋物線的綜合問(wèn)題應(yīng)準(zhǔn)確應(yīng)用拋物線的定義及幾何性質(zhì)進(jìn)行分析求解，涉及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題要注意分類討論.1.(2017山·東卷)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)︵120°得到的，G是DF的中點(diǎn).︵(1)設(shè)P是CE上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大??；(2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角 E－AG－C的大小.解(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE，AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.(2)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 BE，BP，BA所在的直線為 x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，→→→，0，3)，故AE＝(2，0，－3)，AG＝(1，3，0)，CG＝(2設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量.→＝0，2x1－3z1＝0，可得由→＝0，x1＋3y1＝0.·mAG取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－3，2).設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個(gè)法向量.→＝0，x2＋3y2＝，由可得→＝0，2x2＋3z2＝0.·nCG取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－3，－2).所以cos〈m，n〉m·n 1|m|·|n|＝2.因此所求的角為 60°.2.如圖，在三棱臺(tái) DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點(diǎn).(1)求證：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE,∠BAC＝45°，求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小.(1)證明 法一 連接DG，CD，設(shè)CD∩GF＝O，連接OH，在三棱臺(tái)DEF－ABC中，AB＝2DE，G為AC的中點(diǎn)，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四邊形DFCG為平行四邊形.則O為CD的中點(diǎn)，又H為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)H∥BD，又OH?平面FGH，BD?平面FGH，所以BD∥平面FGH.法二 在三棱臺(tái)DEF－ABC中，由BC＝2EF，H為BC的中點(diǎn)，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四邊形BHFE為平行四邊形，可得BE∥HF.在△ABC中，G為AC的中點(diǎn)，H為BC的中點(diǎn)，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因?yàn)锽D?平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)解 設(shè)AB＝2，則CF＝1.1在三棱臺(tái)DEF－ABC中，G為AC的中點(diǎn)，由DF＝2AC＝GC，可得四邊形DGCF為平行四邊形，因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中點(diǎn).所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD兩兩垂直.以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 G－xyz.所以G(0，0，0)，B( 2，0，0)，C(0， 2，0)，D(0，0，1).可得H 22，22，0，F(xiàn)(0，2，1)，→22→故GH＝2，2，0，GF＝(0，2，1).設(shè)n＝(x，y，z)是平面FGH的一個(gè)法向量，→＝0，x＋y＝0，·則由nGH可得→＝0，2y＋z＝0.n·GF可得平面FGH的一個(gè)法向量n＝(1，－1， 2).→的一個(gè)法向量，→2，0，0).因?yàn)镚B是平面ACFDGB＝(→→21GB·n所以cos〈GB，n〉＝→＝＝2.|GB||n|·22所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60°.3.(2016四·川卷)如圖，在四棱錐 P－ABCD中，AD∥BC，∠1ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝2AD.E為邊AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，并說(shuō)明理由；(2)若二面角P－CD－A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行.延長(zhǎng)AB，DC，相交于點(diǎn)M(M∈平面PAB)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE.所以CM∥平面PBE.(說(shuō)明：延長(zhǎng)AP至點(diǎn)N，使得AP＝PN，則所找的點(diǎn)可以是直線 MN上任意一點(diǎn))(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.→ →作Ay⊥AD，以A為原點(diǎn)，以AD，AP的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0).→ → →所以PE＝(1，0，－2)，EC＝(1，1，0)，AP＝(0，0，2).設(shè)平面PCE的法向量為n＝(x，y，z).由

→n·PE＝0，→n·EC＝0.

x－2z＝0，得x＋y＝0.設(shè)x＝2，解得n＝(2，－2，1).設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，→21則sinα＝|n·AP|＝.→222＝×＋（－2）＋13|n||AP·|22所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為13.4.(2016浙·江卷)如圖，在三棱臺(tái)ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.(1)證明 延長(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，如圖所示.因?yàn)槠矫?BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又因?yàn)镋F∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點(diǎn)，則BF⊥CK，且CK∩AC＝C，所以BF⊥平面ACFD.(2)解如圖，延長(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，則△BCK為等邊三角形.取BC的中點(diǎn)O，連接KO，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.以點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OK的方向?yàn)閤，z的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系 O－xyz.由題意得 B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0， 3)，A(－1，－3，0)，E13，F(xiàn)13.202202→→→因此，AC＝(0，3，0)，AK＝(1，3，3)，AB＝(2，3，0).設(shè)平面ACK的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量為n＝(x2，y2，z2).→AC·m＝0， 3y1＝0，由→·＝，得x1＋3y1＋ 3z1＝0，AKm 0取m＝( 3，0，－1)；→AB·n＝0， 2x2＋3y2