小结课堂实录【3】

第1讲

立体几何中的向量方法、抛物线

高考定位

高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B级要求；(5)顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质，B级要求.

真

题

感

悟

(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°. (1)求异面直线A1B与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内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E. 因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD. →，AD→，AA→}为正交基底，

如图，以{AE1建立空间直角坐标系A－xyz. 因为AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°，

则A(0，0，0)，B(3，－1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，

A1(0，0，3)，C1(3，1，3). →→(1)A1B＝(3，－1，－3)，AC1＝(3，1，3)，

→→AAC1B·1→→则cos〈A1B，AC1〉＝→→

|A1B||AC1|＝（3，－1，－3）·（3，1，3）1＝－77，

1因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为7. →＝(3，0，0). (2)平面A1DA的一个法向量为AE设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，

1

→→又A1B＝(3，－1，－3)，BD＝(－3，3，0)，

→Am·1B＝0，3x－y－3z＝0，则即

→－3x＋3y＝0.BD＝0，m·不妨取x＝3，则y＝3，z＝2，

所以m＝(3，3，2)为平面BA1D的一个法向量，

→·（3，3，2）3AEm（3，0，0）·→从而cos〈AE，m〉＝→＝＝4. 3×4|AE||m|3设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cos θ|＝4. 7因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos2θ＝4. 7因此二面角B－A1D－A的正弦值为4. 考

点

整

合

1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法

设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，ν＝(a3，b3，c3)，则

(1)线面平行

l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直

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.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算

设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角

π设l，m的夹角为θ(0≤θ≤2)，则

2

|a·b|cos θ＝|a||b|＝(2)线面夹角

|a1a2＋b1b2＋c1c2|222222. a1＋b1＋c1a2＋b2＋c2π设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则

|a·μ|sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝|a||μ|，

(3)面面夹角

|μ·ν|设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|cos〈μ，ν〉|＝|μ||ν|. 3.抛物线的几何性质

(1)抛物线的焦点坐标与准线方程

pp①抛物线y＝2px(p>0)的焦点F2，0，准线方程y＝－. 2pp②抛物线x2＝2py(p>0)的焦点F0，2，准线方程y＝－2. 2(2)过抛物线焦点的弦长

p2抛物线y＝2px(p>0)过焦点F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝4，y1y2＝－p2，2弦长AB＝x1＋x2＋p.

热点一

向量法证明平行与垂直

【例1】

如图，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为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证：

(1)OM∥平面BCF；

(2)平面MDF⊥平面EFCD. 证明

法一

由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，11111，0)，F(1，0，1)，M

2，0，0，O2，2，2. 11→(1)OM＝0，－2，－2，



3

→BA＝(－1，0，0)，

→·→＝0，∴OM→⊥BA→. ∴OMBA∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，

→是平面BCF的一个法向量，

∴BA且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵1→→＝(1，－1，1)，DM→＝→＝(0，－1，1)，

2，－1，0，DCDF＝(1，0，0)，CF→＝0，DFn1·由

→DM＝0.n1·1x1－y1＋z1＝0，y＝12x1，得1解得

1x－y＝0，211z1＝－2x1，11令x1＝1，则n1＝1，2，－2. 同理可得n2＝(0，1，1). ∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD. →＝OF→＋FB→＋BM→

法二

(1)OM1→→1→＝2DF－BF＋2BA

1→→1→→＝2(DB＋BF)－BF＋2BA

1→1→1→＝－2BD－2BF＋2BA

1→→1→1→＝－2(BC＋BA)－2BF＋2BA

1→1→＝－2BC－2BF. →与向量BF→，BC→共面，

∴向量OM又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)由(1)及题意知，BF，BC，BA两两垂直，

→＝BA→，FC→＝BC→－BF→，

∵CD

4

1→1→→→→∴OM·CD＝－2BC－2BF·BA＝0，

1→1→→→→→OM·FC＝－2BC－2BF·(BC－BF) 1→21→2＝－2BC＋2BF＝0. ∴OM⊥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

解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算. 【训练1】

如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点. (1)求证：直线PC∥平面BDE；

(2)求证：BD⊥PC. 证明

设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，所以BO＝1，AO＝CO＝3，AC⊥BD.如图，以O为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，

则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)设平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

→＝(－1，－3，1)，BD→＝(－2，0，0)，

因为BE→＝0，－2x＝0，BDn1·1由得

→－x－3y＋z＝0，111BE＝0，n1·令z1＝3，得y1＝1，所以n1＝(0，1，3). →＝(0，23，－2)，所以PC→·又PCn1＝0＋23－23＝0，

→⊥n，又PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE. 即PC1

5

→→(2)因为PC＝(0，23，－2)，BD＝(－2，0，0)，

→·→＝0.故BD⊥PC. 所以PCBD热点二

利用空间向量求空间角

[命题角度1]

求线面角

【例2－1】

(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点. (1)证明MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 2(1)证明

由已知得AM＝3AD＝2. 1取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝2BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB. (2)解

取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，

从而AE⊥AD，AE＝AB－BE＝22BC2AB－2＝5. 2→的方向为x轴正方向，

以A为坐标原点，AE建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz. 5→由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N，1，2，PM＝(0，2，－4)，2→55→＝，1，－2，ANPN＝，1，2. 22设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则

→＝0，2y－4z＝0，PMn·即5可取n＝(0，2，1). →PN＝0，2x＋y－2z＝0，n·→85n·AN→于是cos〈n，AN〉＝→＝25. |n||AN|

6

85设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝25，

85∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为25. 探究提高

利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

[命题角度2]

求二面角

【例2－2】

(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直1于底面ABCD，AB＝BC＝2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值. (1)证明

取PA的中点F，连接EF，BF，

1因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝2AD，

由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，

1又BC＝2AD，所以EF綊BC，

四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，

故CE∥平面PAB. →的方向为x轴正方向，|AB→|为单位长，建(2)解

由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

7

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，

PC→＝(1，0，－3)，AB→＝(1，0，0). 设M(x，y，z)(0

BM→＝(x－1，y，z)，PM→＝(x，y－1，z－3). 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，

而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，

所以|cos〈BM→，n〉|＝sin 45°，

|z|（x－1）2＋y2＋z2＝22，

即(x－1)2＋y2－z2＝0.①

又M在棱PC上，设PM→＝λPC→，则

x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②

x＝1＋2x＝1－22，2，由①，②解得y＝1，(舍去)，

y＝1，z＝－62z＝62，所以M26→1－2，1，2，从而AM＝1－22，1，62. 设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则

m·AM→＝0，（2－2）x0＋2y0＋6z0＝0，m·AB→即

＝0，x0＝0，所以可取m＝(0，－6，2). 于是cos〈m，n〉＝m·n10|m||n|＝5.

8

10因此二面角M－AB－D的余弦值为5. 探究提高

利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的. 【训练2】

(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点.

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；

(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值. 解

(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所→→以A1B＝(2，0，－4)，C1D＝(1，－1，－4). →→因为cos〈A1B，C1D〉=1820×18＝＝

310，

10310所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为10. (2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，

→＝(1，1，0)，AC→＝(0，2，4)，

因为AD1→＝0，n·→所以n1·AD1AC1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，

9

n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ. n2225n1·由|cos θ|＝|n||n|＝＝3，得sin θ＝3. 129×15因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为3. 热点三

向量法解决立体几何中的探索性问题

【例3】

如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，PA＝PD＝12，BC＝2AD＝1，CD＝3. (1)求证：平面PQB⊥平面PAD；

(2)在棱PC上是否存在一点M，使二面角M－BQ－C为30°，若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由. 1(1)证明

∵AD∥BC，BC＝2AD，Q为AD的中点，

∴BC∥DQ且BC＝DQ，

∴四边形BCDQ为平行四边形，∴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

当M是棱PC上靠近点C的四等分点时，有二面角M－BQ－C为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为原点，QA为x轴，QB为y轴，QP为z轴建立空间直角坐标系，则平面BQC的一个法向量n＝(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，

C(－1，3，0). 设满足条件的点M(x，y，z)存在，

→＝(x，y，z－3)，MC→＝(－1－x，3－y，－z)，

则PM

10

→→令PM＝tMC，其中t＞0，

x＝t（－1－x），3t∴y＝t（3－y），∴y＝1＋t，z－3＝t（－z），3z＝1＋t.x＝－在平面MBQ中，

t，1＋t

t3t3→＝(0，3，0)，QM→＝－，

，，QB1＋t1＋t1＋t∴平面MBQ的一个法向量m＝(3，0，t)，

∵二面角M－BQ－C为30°，

m|t|3n·∴cos 30°＝|n|·＝＝，

|m|3＋0＋t22解得t＝3. 所以满足条件的点M存在，M是棱PC的靠近点C的四等分点. →＝tMC→来求M点的坐探究提高

(1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例PM标. (2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题. 【训练3】

(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5. (1)求证：PD⊥平面PAB；

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

AM(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AP的值；若不存在，说明理由. (1)证明

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD. 又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.

11

∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A.∴PD⊥平面PAB. (2)解

取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，AD为交线，

∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，

∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0). →＝(1，1，－1)，PD→＝(0，－1，－1)，PC→＝(2，0，－1). 则PB设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量. y＝－1，→＝0，－y－1＝0，0PDn·0由得解得

1→x＝.2x0－1＝0，PC＝0n·021即n＝2，－1，1. 设PB与平面PCD的夹角为θ. →n·PB→〉|＝＝则sin θ＝|cos〈n，PB→|n||PB|3＝3. →＝λAP→，因此点M(0，1－λ，λ)，(3)解

设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM→＝(－1，－λ，λ)，因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD，

BM11→·2，－1，1＝0，解得λ＝，所以在棱PA上存在点当且仅当BMn＝0，即(－1，－λ，λ)·4AM1M使得BM∥平面PCD，此时AP＝4. 热点四

抛物线的综合问题

【例4】

(2017·苏州调研)在平面直角坐标系xOy中，已知两点M(1，－3)，N(5，1)，若→＝tOM→＋(1－t)ON→(t∈R)，且点C的轨迹与抛物线y2＝4x交于A，B两点. 点C的坐标满足OC(1)求证：OA⊥OB；

(2)在x轴上是否存在一点P(m，0)，使得过点P任作一条抛物线的弦，并以该弦为直径的

12 12－1－1

1＋1＋1×34

圆都过原点.若存在，求出m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由. →＝tOM→＋(1－t)ON→(t∈R)，可知点C的轨迹是M，N两点所在的直线，所以(1)证明

由OCC点的轨迹方程为y＋3＝即y＝x－4. y＝x－4，由2得x2－12x＋16＝0，

y＝4x设点C的轨迹与抛物线y2＝4x的交点坐标为

A(x1，y1)，B(x2，y2)，

所以x1＋x2＝12，x1x2＝16，

则y1y2＝(x1－4)(x2－4) ＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＝－16，

→·→＝xx＋yy＝16－16＝0，

因为OAOB1212所以OA⊥OB. (2)解

假设存在这样的P点，并设EF是过点P的抛物线的弦，

其方程为x＝ny＋m，

代入y2＝4x，得y2－4ny－4m＝0，

设E(x3，y3)，F(x4，y4)，

此时y3＋y4＝4n，y3y4＝－4m，

y3y4y3y4164所以kOE·kOF＝x·＝·＝＝－xy2y2yym＝－1，

3434341－（－3）(x－1)，

5－144所以m＝4(定值)，故存在这样的点P(4，0)满足题意. 设EF的中点，即圆心坐标为T(x，y)，

1则y＝2(y3＋y4)＝2n，

11x＝2(x3＋x4)＝2(ny3＋4＋ny4＋4) n＝2(y3＋y4)＋4＝2n2＋4，

消去n，得y2＝2x－8. 探究提高

高考对这一部分内容的考查主要涉及抛物线标准方程、几何性质以及弦长的

13

计算等知识，也可以结合其它知识进行综合命题，运算能力要求较高. 【训练4】

(2016·浙江卷)如图所示，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于AF－1. (1)求p的值；

(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围. 解

(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，

p由抛物线的定义得2＝1，即p＝2. (2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，

可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.

∵AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，

2y＝4x，由消去x得y2－4sy－4＝0. x＝sy＋121故y1y2＝－4，∴Bt2，－t. 2t又直线AB的斜率为2，

t－1t2－1故直线FN的斜率为－2t，

t2－12从而得直线FN：y＝－2t(x－1)，直线BN：y＝－t. 22t＋3∴N2，－t. t－12t设M(m，0)，由A，M，N三点共线得2＝，

t－m2t2＋3t－2t－12t22于是m＝2＝2＋2，∴m＜0或m＞2. t－1t－1经检验知，m＜0或m＞2满足题意. 综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).

π1.两条直线夹角的范围为0，2.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为θ，则

14 22t＋t

cos θ＝＜n1，n2＞|n1·n2|＝|n||n|. 122.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n1与n2，二面角为θ，则|cos θ|＝＜n1，n2＞|n1·n2|＝|n||n|. 123.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性. 4.抛物线的综合问题应准确应用抛物线的定义及几何性质进行分析求解，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题要注意分类讨论.

15