高考数学(考点解读+命题热点突破)专题14 空间向量与立体几何 理
高考数学考点重点剖析立体几何与空间向量的多重综合应用
高考数学考点重点剖析立体几何与空间向量的多重综合应用在高考数学中，立体几何与空间向量是两个重要的考点，而且它们经常在一些综合性的题目中出现。
本文将对立体几何和空间向量进行剖析，并探讨它们在高考中的多重综合应用。
一、立体几何的重点考点分析立体几何是数学中的一个分支，主要研究物体的形状、大小以及它们之间的相互关系。
在高考中，立体几何通常涉及到平行四边形、正方体、圆锥等几何图形的计算与分析。
以下是一些重点考点的剖析：1. 平行四边形的性质与应用平行四边形是立体几何中的一种基本图形，具有一些重要的性质。
例如，对角线互相平分、对边平行、对边长度相等等。
在高考中，平行四边形的应用非常广泛，可以用来解决计算面积、周长以及角度等问题。
2. 正方体的构造与计算正方体是一种非常规则的立体图形，它的六个面都是正方形。
在高考中，经常会出现一些正方体相关的计算题目，例如计算体积、表面积等。
掌握正方体的构造与计算方法对于解题非常有帮助。
3. 圆锥的性质与问题求解圆锥是一种具有锥形的立体图形，它的底面是一个圆。
在高考中，圆锥的性质与问题求解也是一个重要的考点。
比如，计算圆锥的体积、侧面积等。
要想解决这些问题，首先需要了解圆锥的性质与公式。
二、空间向量的重点考点分析空间向量是高考数学中的另一个重要考点。
它关注的是空间中点的位置与运动的方向和距离。
以下是一些空间向量的重点考点剖析：1. 空间向量的定义与性质空间向量的定义是指空间中的两点所确定的有向线段，它具有方向和模长。
在空间向量的定义中，需要了解空间向量的坐标表示、向量加法与减法等基本运算性质。
2. 空间向量的数量积与向量积空间向量的数量积与向量积是空间向量的重要性质。
数量积可以用来计算两个向量的夹角，而向量积可以用来计算两个向量所确定平面的面积。
在高考中，经常会出现一些与数量积和向量积相关的计算题目。
三、立体几何与空间向量的多重综合应用在高考中，立体几何与空间向量往往会在一些综合性的题目中出现，并进行多重综合应用。
空间向量与立体几何知识点归纳总结
空间向量与立体几何知识点归纳总结在空间直角坐标系中，一个向量可以用其在三个坐标轴上的投影来表示。
设向量为a=(a1,a2,a3)则其在x轴、y轴、z轴上的投影分别为a1、a2、a3即a=(a1,a2,a3)2）空间向量的模长：向量的模长是指其长度，即a|=√(a1²+a2²+a3²)3）向量的单位向量：一个向量的单位向量是指其方向相同、模长为1的向量。
设向量a的模长为a|则其单位向量为a/|a|4）向量的方向角：向量在空间直角坐标系中与三个坐标轴的夹角分别称为其方向角。
设向量a=(a1,a2,a3)则其方向角为α=cos⁻¹(a1/|a|)、β=cos⁻¹(a2/|a|)、γ=cos⁻¹(a3/|a|)5）向量的方向余弦：向量在空间直角坐标系中与三个坐标轴的夹角的余弦值分别称为其方向余弦。
设向量a=(a1,a2,a3)则其方向余弦为cosα=a1/|a|、cosβ=a2/|a|、cosγ=a3/|a|一、知识要点1.空间向量的概念：在空间中，向量是具有大小和方向的量。
向量通常用有向线段表示，同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。
向量具有平移不变性。
2.空间向量的运算：空间向量的加法、减法和数乘运算与平面向量运算相同。
运算法则包括三角形法则、平行四边形法则和平行六面体法则。
3.共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量。
共线向量定理指出，空间任意两个向量a、b（b≠0），a//b存在实数λ，使a＝λb。
4.共面向量：能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。
5.空间向量基本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p有唯一的有序实数组x、y、z，使p=xa+yb+zc。
若三向量a、b、c不共面，则{a,b,c}叫做空间的一个基底，a、b、c叫做基向量。
6.空间向量的直角坐标系：在空间直角坐标系中，一个向量可以用其在三个坐标轴上的投影来表示。
空间向量与立体几何例题和知识点总结
空间向量与立体几何例题和知识点总结在高中数学的学习中，空间向量与立体几何是一个重要且具有一定难度的板块。
通过空间向量的方法，我们能够更加简便地解决立体几何中的许多问题。
接下来，让我们一起通过一些例题来深入理解，并总结相关的知识点。
一、空间向量的基本知识点1、空间向量的概念：空间中具有大小和方向的量称为空间向量。
2、空间向量的表示：可以用有向线段表示，也可以用坐标表示。
3、空间向量的运算：包括加法、减法、数乘以及数量积。
加法和减法满足三角形法则和平行四边形法则。
数乘：λ(a ＋ b) ＝λa ＋λb数量积：a·b ＝｜a|·｜b|·cosθ（θ为两向量的夹角）二、空间向量在立体几何中的应用1、证明线线平行设直线 l₁和 l₂的方向向量分别为 a 和 b，如果 a ＝λb（λ 为非零实数），则 l₁∥ l₂。
例 1：在长方体 ABCD A₁B₁C₁D₁中，E，F 分别为棱 AA₁，CC₁的中点，求证：BE ∥ DF 。
解：以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD₁所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系。
设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c 。
则 B(a，b，0)，E(a，0，c/2)，D(0，0，0)，F(0，b，c/2)BE ＝（0，b，c/2)，DF ＝（0，b，c/2)因为 BE ＝ DF ，所以 BE ∥ DF 。
2、证明线线垂直设直线 l₁和 l₂的方向向量分别为 a 和 b，如果 a·b ＝ 0，则 l₁⊥l₂。
例 2：在正方体 ABCD A₁B₁C₁D₁中，M，N 分别为棱 AB，CC₁的中点，求证：DM ⊥ MN 。
解：以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD₁所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系。
设正方体的棱长为 2。
则 D(0，0，0)，M(2，1，0)，N(0，2，1)DM ＝（2，1，0)，MN ＝（－2，1，1)DM·MN ＝－4 ＋ 1 ＋ 0 ＝－3 ≠ 0 ，所以 DM 与 MN 不垂直。
(完整版)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)[1].doc
![(完整版)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)[1].doc](https://img.taocdn.com/s3/m/d10421b6c1c708a1284a44c6.png)
∴∠ PB1Q 是异面直线 AM 和 CN 所成的角．
设正方体的棱长为 2，易知 B1P B1Q
5, PQ PC 2 QC 2 6,
cosPB Q ∴
1 B1P2
BQ 1
2
PQ2
2 ,
2B1 P B1Q5
∴异面直线 AM 和 C90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积
由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定． ②如果直线 l ⊥平面 ，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a 叫做平面 的法向量．
由此可知，给定一点 A 及一个向量 a，那么经过点 A 以向量 a 为法向量的平面惟一确定．
(2) 用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系： 设直线 l， m 的方向向量分别是 a， b，平面 ， 的法向量分别是 u ， v，则
(2) 空间向量的基本定理： ①共线 (平行 )向量定理：对空间两个向量
a， b(b≠ 0)， a∥b 的充要条件是存在实数
，使得 a∥ b．
②共面向量定理：如果两个向量 a， b 不共线，则向量 c 与向量 a，b 共面的充要条件是存在惟一一 对实数 ， ，使得 c＝ a＋ b．
③空间向量分解定理：如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间任一向量 p，存在惟一的有序实数
(4) 根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问 题．【复习要求】
1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表 示．
2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示． 3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 4．理解直线的方向向量与平面的法向量． 5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． 6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题． 【例题分析】
高考数学最新真题专题解析—空间向量与立体几何(理科)
高考数学最新真题专题解析—空间向量与立体几何（理科）考向一 线面平行、垂直【母题来源】2022年高考全国乙卷（理科）【母题题文】 在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（ ） A. 平面1B EF ⊥平面1BDD B. 平面1B EF ⊥平面1A BD C. 平面1//B EF 平面1A AC D. 平面1//B EF 平面11AC D【答案】A【试题解析】【详解】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，AC BD ⊥且1DD ⊥平面ABCD ，又EF ⊂平面ABCD ，所以1EF DD ⊥，因为,E F 分别为,AB BC 的中点，所以EF AC ，所以EF BD ⊥， 又1BDDD D =，所以EF ⊥平面1BDD ，又EF ⊂平面1B EF ，所以平面1B EF ⊥平面1BDD ，故A 正确； 选项BCD 解法一：如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB =，则()()()()()()()112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0B E F B A A C ，()10,2,2C ，则()()11,1,0,0,1,2EF EB =-=，()()12,2,0,2,0,2DB DA ==，()()()1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AA AC AC ==-=- 设平面1B EF 的法向量为()111,,m x y z =，则有11111020m EF x y m EB y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，可取()2,2,1m =-，同理可得平面1A BD 的法向量为()11,1,1n =--，平面1A AC 的法向量为()21,1,0n =，平面11AC D 的法向量为()31,1,1n =-，则122110m n ⋅=-+=≠， 所以平面1B EF 与平面1A BD 不垂直，故B 错误；因为m 与2n 不平行，所以平面1B EF 与平面1A AC 不平行，故C 错误； 因为m 与3n 不平行，所以平面1B EF 与平面11AC D 不平行，故D 错误，故选： A.选项BCD 解法二：解：对于选项B ，如图所示，设11A B B E M =，EFBD N =，则MN 为平面1B EF与平面1A BD 的交线.在BMN △内，作BP MN ⊥于点P ，在EMN 内，作GP MN ⊥，交EN 于点G ，连结BG ，则BPG ∠或其补角为平面1B EF 与平面1A BD 所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PB PN BN +=，222PG PN GN +=， 底面正方形ABCD 中，,E F 为中点，则EF BD ⊥，由勾股定理可得222NB NG BG +=，从而有：()()2222222NB NG PB PN PG PN BG +=+++=，据此可得222PB PG BG +≠，即90BPG ∠≠，据此可得平面1B EF ⊥平面1A BD 不成立，选项B 错误； 对于选项C ，取11A B 的中点H ，则1AH B E ，由于AH 与平面1A AC 相交，故平面1∥B EF 平面1A AC 不成立，选项C 错误；对于选项D ，取AD 的中点M ，很明显四边形11A B FM 为平行四边形，则11A MB F ，由于1A M 与平面11AC D 相交，故平面1∥B EF 平面11AC D 不成立，选项D 错误；故选：A.【命题意图】本题主要考查线面平行、垂直的证明.【命题方向】这类试题在考查题型多以解答题形式出现，多为中档题，是历年高考的必考题型． 常见的命题角度有：（1）线面平行的证明；（2）线面垂直的证明；（3）面面平行的证明；（4）面面垂直的证明. 【得分要点】（1）利用线面、面面平行的判定定理与性质定理； （2）利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理. 考向二 线面夹角【母题来源】2022年高考全国乙卷（理科）【母题题文】 如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．（1）证明：平面BED ⊥平面ACD ；（2）设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值． 【试题解析】【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥； 又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . 【小问2详解】连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△， 当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==， 又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，3BE = 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==, 在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD AB =-=-， 设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则030n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取3y =()3,3,3n =， 又因为()331,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以331,4CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以43cos ,7214n CF n CF n CF⋅===⨯设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭， 所以43sin cos ,7n CF θ==所以CF 与平面ABD 43. 【命题意图】本题主要考查直线与平面夹角，是一道中档题.【命题方向】这类试题在考查题型上选择题、填空题、解答题形式出现，试题难度不大，多为中低档题，重点考查线面夹角的求法问题. 【得分要点】（1）找斜线在平面中的射影； （2）求斜线与其射影的夹角；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求夹角. 真题汇总及解析 一、单选题1．（山东省济南市2021-2022学年高一下学期期末数学试题）已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（ ） A ．16B ．23C 21D 421【答案】B 【解析】【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】设该正面体的棱长为1，因为M 为BC 中点，N 为AD 中点， 所以22131(1)2BN DM ==-⨯ 因为M 为BC 中点，N 为AD 中点， 所以有12BN BA AN AB AD =+=-+，1111(),2222DM DB BM DA AB BC AD AB AC AB AD AB AC =+=++=-++-=-++2222111()()222111112224411111111111111111112222242421,2BN DMAB AD AD AB AC AB AD AB AB AC AD AB AD AC AD⋅=-+-++=⋅--⋅-+⋅+⋅=⨯⨯-⨯-⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=- 122cos ,333BN DM BN DM BN DM-⋅〈〉===-⋅⨯， 根据异面直线所成角的定义可知直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为23， 故选：B2．（2022·广东汕尾·高二期末）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，E 为1DD 的中点.若1BE xAB yAD zAA =++，则(),,x y z =（ ）A ．11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．11,1,2⎛⎫--- ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加减法公式，对向量BE 进行分解，进而求出x ，y ，z 的值. 【详解】111122BE BD DE AD AB DD AB AD AA =+=-+=-++，故1x =-，1y =，12z =，即()1,,1,1,2x y z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭故选：A .3．（2022·吉林市教育学院模拟预测（理））已知a ，b 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A ．若,//αγβα⊥，则βγ⊥ B ．若//,//,a αββγα⊥，则a γ⊥ C ．若,,//a b a b αγβγ==，则//αβ D ．若,,αγβγαβ⊥⊥=b ，则b γ⊥ 【答案】C 【解析】【分析】设出,,αβγ的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断A ，B ，D ；举例说明判断C 作答. 【详解】设平面,,αβγ的法向量分别为,,m n p ，对于A ，由//βα得，//m n ，(0)m n λλ=≠，而αγ⊥，则0m p ⋅=，有0n p ⋅=，即n p ⊥，于是得βγ⊥，A 正确；对于B ，因//,//αββγ，则////m n p ，令直线a 的方向向量为a ，又a α⊥，于是得//a m ，有//a p ，a γ⊥，B 正确；对于C ，三棱柱111ABC A B C -的三个侧面111111,,ABB A BCC B CAAC 分别视为平面,,αβγ， 显然平面11ABB A 平面111CAA C AA =，11BCC B 平面111CAAC CC =，有11//AA CC ， 即满足C 中命题的条件，但平面11ABB A 与平面11BCC B 相交，C 不正确； 对于D ，因,αγβγ⊥⊥，则,p m p n ⊥⊥，因此，向量,m n 共面于平面γ，令直线b 的方向向量为b ，显然,m b n b ⊥⊥，而平面b αβ=，即,m n 不共线，于是得//b p ，所以b γ⊥，D 正确. 故选：C4．（2022·陕西·交大附中模拟预测（理））在矩形ABCD 中，2AB =，23AD =沿对角线AC 将矩形折成一个大小为θ的二面角B AC D --，若1cos 3θ=，则下列结论中正确结论的个数为（ ） ①四面体ABCD 外接球的表面积为16π ②点B 与点D 之间的距离为3③四面体ABCD 的体积为423④异面直线AC 与BD 所成的角为60 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】 【分析】分析可知线段AC 的中点为四面体ABCD 外接球球心，结合球体表面积公式可判断①；过点D 在平面ADC 内作DO AC ⊥，垂足为点O ，过点O 作OE AC ⊥交BC 于点E ，以点O 为坐标原点，OE 、OC 所在直线分别为x 、y 轴，平面ODE 内过点O 且垂直于OE 的垂线为z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断②③④的正误. 【详解】对于①，取AC 的中点M ，连接MB 、MD ，则224AC AB AD =+=， 因为90ABC ADC ∠=∠=，所以，122MB MD AC MA MC =====，所以，M 为四面体ABCD 的外接球球心，球M 的表面积为24216ππ⨯=，①对； 对于②③④，过点D 在平面ADC 内作DO AC ⊥，垂足为点O ，过点O 作OE AC ⊥交BC 于点E ，则二面角B AC D --的平面角为DOE θ∠=， 在Rt ACD △中，23AD =2CD =，4AC =，则30CAD ∠=，60ACD ∠=，DO AC ⊥，则132OD AD =cos303AO AD ==，1OC AC OA =-=， AC OD ⊥，AC OE ⊥，OD OE O ⋂=，AC ∴⊥平面ODE ，以点O 为坐标原点，OE 、OC 所在直线分别为x 、y 轴，平面ODE 内过点O 且垂直于OE 的垂线为z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为1cos 3θ=，则()0,3,0A -、()3,2,0B-、()0,1,0C 、326D ⎝⎭， ()22232632002233BD ⎛⎫⎛⎫=-+--+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②错， 1232ABC S AB BC =⋅=△12642233D ABC V -=⨯=③对，()0,4,0AC =，2326BD ⎛= ⎝⎭， 2cos ,422AC BD AC BD AC BD⋅<>===⨯⋅，故异面直线AC 与BD 所成角为45，④错. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，四边形ABCD 中，2,2AB BD DA BC CD =====．现将ABD △沿BD 折起，当二面角A BD C --处于5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦过程中，直线AD 与BC 所成角的余弦值取值范围是（ ）A ．522⎡⎢⎣⎦B ．252⎡⎢⎣⎦C ．2⎡⎢⎣⎦D ．52⎡⎢⎣⎦【答案】D 【解析】 【分析】设向量AD 与BC 所成角为1θ，二面角A BD C --的平面角大小为2θ，由AC AD DB BC =++平方后求得AC ，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则2AEC θ∠=，ACE 中应用余弦定理求得AC ，两者结合和是1θ与2θ的关系，从而求得结论． 【详解】设向量AD 与BC 所成角为1θ，二面角A BD C --的平面角大小为2θ，因为222BC CD BD +=，所以BC CD ⊥，又BC CD =，所以4BDC DBC π∠=∠=，222cos23AD DB π⋅=⨯⨯=-,322cos 24BD BC π⋅==-， 则AC AD DB BC =++， 所以222221||||2422s 2o 2AC AD DB BC AD DB BC AD DB AD BC DB BC θ=+++=++=⋅+⋅+⋅+，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则,AE BD CE BD ⊥⊥，2AEC θ∠=，3AE =1CE =,在AEC △中，22222cos AC AE CE AE CE θ=+-⋅⋅⋅，即22423cos AC θ=-，所以12242423cos θθ+=-，即1226cos θθ=-， 又因为25,66ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以1252cos θ⎡∈⎢⎣⎦， 因为直线夹角范围为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以直线AD 与BC 所成角的余弦值范围是520,8⎡⎢⎣⎦．故选：D ．6．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）在正三棱锥A BCD -中，底面BCD是边长为2正三角形，E 是BC 的中点，若直线AE 和平面BCD 所成的角为45︒，则三棱锥外接球的表面积为()10 3.16≈（ ） A ．4π B ．16π3C ．25π3D ．16π【答案】C 【解析】 【分析】先作出直线AE 和平面BCD 所成的角，求得三棱锥的高AF ，进而得到关于三棱锥外接球半径的方程，进而求得三棱锥外接球的表面积 【详解】连接DE ，AE ，过A 点作AF ⊥平面BCD 于F ，则F 落在DE 上，且为BCD △的重心，所以AED ∠为直线AE 和底面BCD 所成的角，即45AED ∠=︒.因为ABC 的边长为2，所以133EF DE ==3AF . 设三棱锥A BCD -外接球的球心为O ，外接球半径为R ，则O 在AF 上，连接OD . 在Rt OFD 中，33OF R =，23DF =，OD R =，由勾股定理得， 222OF DF OD +=，即222323R R ⎫+=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得53R =所以三棱锥外接球的表面积为2254ππ3S R ==.故选：C7．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E ，F ，G 分别为BC ，1CC 、1BB 中点，现有下列4个命题：①直线1DD 与直线AF 垂直；②直线1A G 与平面AEF 平行；③点C 与点G 到平面AEF 的距离相等；④平面AEF 截正方体所得的截面面积为98．其中正确的是（ ） A ．①③ B ．②③ C ．②④ D ．①④【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法判断①③的正确性；画出平面AEF 截正方体所得的截面,由此判断②④的正确性. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，()10,0,1DD =，()111,0,0,0,1,,1,1,22A F AF ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1102DD AF ⋅=≠，所以①错误. 11,1,0,,1,022E AE ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则102102n AF x y z n AE x y ⎧⋅=-++=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，故可设()2,1,2n =.()1,0,0FG CB ==，所以G 到平面AEF 的距离为23n FG n⋅=， 10,0,2CF ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以C 到平面AEF 的距离为13n CF n⋅=，所以③错误.根据正方体的性质可知11////EF BC AD ，1,,,A E F D 四点共面，1125,2,22EF AD D F AE ====， 所以平面AEF 截正方体所得的截面为等腰梯形1AEFD ，根据正方体的性质可知11//AG D F ，由于1AG ⊂/平面AEF ，1D F ⊂平面AEF ， 所以1//A G 平面AEF ，所以②正确.等腰梯形1AEFD 的高为22225322222⎛⎫- ⎪⎛⎫ ⎪-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭， 所以等腰梯形1AEFD 的面积为223922822+⨯=，④正确. 所以正确的为②④. 故选：C8．（2022·河南河南·三模（理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -，2AB =，1AA a =，点M 为1CC 点的中点，点P 为上底面1111D C B A 上的动点，下列四个结论中正确的个数为（ ）①当3a =且点P 位于上底面的中心时，四棱柱P ABCD -外接球的表面积为25π3； ②当2a =时，存在点P 满足4PA PM +=； ③当2a =时，存在唯一的点P 满足90APM ∠=︒； ④当2a =时，满足BP AM ⊥的点P 的轨迹长度为2． A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据外接球的概念，作图计算出外接球半径R ，然后求解，可判断①；然后建空间直角坐标系，得到(0,0,2)A ，(2,2,1)M ，(2,0,2)B ，P 为上底面1111D C B A 上的动点，可设(,,0)P m n ，且02,02m n ≤≤≤≤，进而对②③④各个选项进行计算验证即可判断并得到答案. 【详解】对于①，如图，在ABCD 中找到面的中心点H ，O 为球心，O 在PH 线段上，因为四边形ABCD 为正方形，所以，2BH =3PH a =R ，则OP OB R ==，则在Rt BOH 中，可得22(3)2R R --=，解得22512R =，所以，四棱柱P ABCD -外接球的表面积为225π43R π=，①正确；由于2a =，如图，建系可得，(0,0,2)A ，(2,2,1)M ，(2,0,2)B ，P 为上底面1111D C B A 上的动点，可设(,,0)P m n ，且02,02m n ≤≤≤≤，对于②，点M 关于平面1111D C B A 的对称点为()2,2,1M '-,222=2+2+3=17>4AM '， 所以不存在点P 满足4PA PM +=，②错误； 对于③，则(,,2)AP m n =-，(2,2,1)MP m n =---，因为2222222(1)(1)AP MP m m n n m n ⋅=-+-+=-+-，明显可见，1,1m n ==时，AP MP ⊥，此时，90APM ∠=︒，所以，当2a =时，存在唯一的点P 满足90APM ∠=︒，③正确； 对于④，(2,,2)BP m n =--，(2,2,1)AM =-，若BP AM ⊥，则有24222220BP AM m n m n ⋅=-++=+-=，化简得1m n +=，又因为02,02m n ≤≤≤≤，所以，点P 22112+④正确； 故正确的有：①③④ 故选：C 二、填空题9．（2022·上海·位育中学模拟预测）如图，从()()()()()()121212100200010020001002，，、，，、，，、，，、，，、，，A A B B C C 这 6个点中随机选取 3 个点， 则这 3 点与原点 O 共面的概率为_____.【答案】35##0.6 【解析】 【分析】由组合知识和古典概型概率计算公式可得答案. 【详解】从6个点中随机选取 3 个点，共有3665420321C ⨯⨯==⨯⨯种， 在平面Oxy 上有344C =种情况与原点 O 共面， 在平面Oxz 上有344C =种情况与原点 O 共面， 在平面Ozy 上有344C =种情况与原点 O 共面， 所以3 点与原点 O 共面共有44412种情况， 所以这 3 点与原点 O 共面的概率为123205=. 故答案为：35.10．（2022·广东茂名·二模）正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为2．动点P 在对角线BD '上．过点P 作垂直于BD '的平面α．记平面α截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y ＝f （x ），设BP ＝x ，(0,23)x ∈．下列说法中，正确的编号为 _____．①截面多边形可能为四边形； ②函数f （x ）的图象关于x ＝3对称；③当x ＝3时，三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积为9π．【答案】②③ 【解析】 【分析】先找到两个与BD '垂直的平面作为辅助平面，确定这两个平面之间的截面为六边形，从而判断①错误；由正方体的对称性判断②；找出该三棱锥外接球的半径，由球的表面积公式计算即可判断③. 【详解】连接AB ′，AC ，A ′D ，DC ′，分别以DA ，DD ′为x ，y ，建立如下图所示的空间直角坐标系：∴(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0)A B C ，(2,2,2),(0,0,2)B D ''，(2,2,0),(0,2,2),(2,2,2)AC AB D B ''∴=-==-，∴22220(2)0AC D B '⋅=-⨯+⨯+⨯-=，02222(2)0AB D B ''⋅=⨯+⨯+⨯-=，所以D ′B ⊥AC ，D ′B ⊥AB ′，又AB AC A '=，所以D ′B ⊥面AB ′C ， 同理可证：D ′B ⊥面A ′C ′D ，所以面A ′C ′D ∥面AB ′C ，如下图所示，夹在面A ′C ′D 和面AB ′C 之间并且与这两个平面平行的截面为六边形， 故截面只能为三角形和六边形，故①错误；由正方体的对称性，当P 在BD '中点处时，可得函数()f x 的图像关于2332x ==对称，故②正确；当3x =时，此时点P 在线段BD 1的中点，连接AC ，如图，则3,1,2PA PB PC PD PH AH ======222AP AH PH ，所以PH ⊥AC ，同理可证：PH ⊥BD ，BD ，AC ⊂面ABCD ，所以PH ⊥面ABCD ， 取PH 的中点为O ，2213()(2)22OB =+，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球的球心为O ，半径为32，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积为234()9π2π⨯=，故③正确．故答案为：②③． 三、解答题11．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）如图，在四棱锥B ACFM -中，四边形ACFM 为直角梯形，,90FM AC ACF ∠=∥，平面ACFM ⊥平面,1,3,60ABC BC CF AC ABC ∠====.(1)证明：BC AM ⊥.(2)若四棱锥B ACFM -3求平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)219【解析】 【分析】（1）根据余弦定理证明BC AC ⊥，再利用面面垂直的性质得到BC ⊥平面ACFM 即可得到BC AM ⊥；（2）根据（1）结合四棱锥B ACFM -33MF =，再以C 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解二面角的余弦即可 (1)因为在ABC 中1BC =，3,60AC ABC ∠==，故2222cos AC BC AB BC AB ABC =+-⋅∠，所以220AB AB --=，解得2AB =，故222AC BC AB +=，故BC AC ⊥.又平面ACFM ⊥平面ABC 且交于AC ，故BC ⊥平面ACFM ，又AM ⊂平面ACFM ，故BC AM ⊥(2)由（1）结合锥体的体积公式可得()113324B ACFM V MF AC CF BC -=⨯+⨯⨯=，故()1133324MF ⨯+=，解得32MF =.又,,,CB CA CB CF CF CA ⊥⊥⊥ 故以C 为坐标原点建立如图空间直角坐标系.则)3,0,0A，()0,1,0B ，3M ⎫⎪⎪⎝⎭，故()3,1,0AB =，3AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即3030x y z ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，令2x =有233y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩(2,23,3n =，又平面FCB 的一个法向量为()1,0,0m =，设平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角为θ，则()2222cos 192233m n m nθ⋅===⋅++12．（2022·四川内江·模拟预测（理））四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，60BCD ∠=︒，2PA PD ==E 是BC 的中点，点Q 在侧棱PC 上.(1)若Q 是PC 的中点，求二面角E DQ C --的余弦值； (2)是否存在Q ，使//PA 平面DEQ ?若存在，求出PQPC的值；若不存在，说明理由. 【答案】21； (2)23PQ PC =时，//PA 平面DEQ . 【解析】 【分析】（1）以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -利用向量法能求出二面角E DQ C --的余弦值．（2）设(01)PQ PC λλ=，(Q x ，y ，)z ，推导出(23,1)Q λλλ--+，利用向量法能求出当23λ=时，//PA 平面DEQ ．(1)解：取AD 中点O ，连接OP ，OB ，BD ． 因为PA PD =，所以PO AD ⊥．因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD 底面ABCD AD =， 所以PO ⊥底面ABCD ．可知，BO AD ⊥，PO AD ⊥， 以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系O xyz -．则(1,0,0),(3,0),(0,0,1),(3,0)D E P C ---，因为Q 为PC 中点，所以31()2Q -．所以31(0,3,0),(0,)22DE DQ ==，所以平面DEQ 的法向量为1(1,0,0)n =． 因为31(1,3,0),(0,)22DC DQ =-=， 设平面DQC 的法向量为2(,,)n x y z =，则22·0·0DC n DQ n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即303102x y z ⎧-+=⎪⎨+=⎪． 令3x =1,3y z ==2(3,1,3)n =-．所以12121221cos ,7||||n n n n n n <>==由图可知，二面角E DQ C --21． (2)解：设(01)PQ PC λλ=由（1）可知(2,3,1),(1,0,1)PC PA =--=-．设(Q x ，y ，)z ，则(,,1)PQ x y z =-， 又因为(23,)PQ PC λλλλ==--，所以231x y z λλλ=-⎧⎪⎨⎪=-+⎩，即(23,1)Q λλλ--+．所以在平面DEQ 中，(0,3,0),(123,1)DE DQ λλλ==--，所以平面DEQ 的法向量为1(1,0,21)n λλ=--，又因为//PA 平面DEQ ，所以10PA n =， 即(1)(1)(21)0λλ-+--=，解得23λ=．所以当23λ=时，即23PQ PC =，//PA 平面DEQ ． 13．（2022·广西柳州·模拟预测（理））如图，在三棱锥P ABC -中，2AB BC ==，22PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且PM 与面ABC 6求二面角M PA C --的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析393【解析】 【分析】（1）证明：连接OB ．法一：通过证明POA POB POC ∆≅∆≅∆，得到,PO AC PO OB ⊥⊥，即可证明PO ⊥平面ABC ；法二：通过勾股定理证明到PO OB ⊥，又因为,PO AC ⊥即可证明PO ⊥平面ABC ； （2）由（1）知，PO ⊥面ABC ∴OM 为PM 在面ABC 上的射影，则∠PMO 为PM 与面ABC 所成角，可得出1OM =， M 为BC 的中点．法一：作ME ⊥AC 于E ，∴E 为OC 的中点，作EF PA ⊥交P A 于F ，连MF ，∠MFE 即为二面角M PA C --的平面角，求出,ME EF ，代入求出tan MEMFE EF∠=的值，即可求出cos MFE ∠的值. 法二: 分别以OB ，OC ，OP 为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系，分别求出面AMP 和面APC 的法向量，由二面角的公式即可求出答案. (1)证明：连接OB ．法一：∵2,22AB BC AC ===∴222AB BC AC +=，即△ABC 是直角三角形， 又O 为AC 的中点，∴OA OB OC == 又∵PA PB PC ==，∴POA POB POC ∆≅∆≅∆ ∴90POA POB POC ∠=∠=∠=．∴,,PO AC PO OB OB AC O ⊥⊥=，OB 、AC ⊂平面ABC ∴PO ⊥平面ABC ． 法二：连接OB ，PA PC =，O 为AC 的中点∴PO AC ⊥ 因为2,2AB BC PA PB PC AC ======∴,2,6AB BC BO PO ⊥==∴222PO OB PB +=，∴PO OB ⊥ ∴,,PO AC PO OB OB AC O ⊥⊥=，OB 、AC ⊂平面ABC ． ∴PO ⊥平面ABC ．(2)由（1）知，PO ⊥面ABC ∴OM 为PM 在面ABC 上的射影，∴∠PMO 为PM 与面ABC 所成角，∴6tan 6PO PMO OM OM∠===，∴1OM =， 在△OMC 中由正弦定理可得1MC =，∴M 为BC 的中点．法一：作ME ⊥AC 于E ，∴E 为OC 的中点，作EF PA ⊥交P A 于F ，连MF∴MF ⊥P A ∴∠MFE 即为所求二面角M PA C --的平面角，22ME =33336222424EF AE ==⨯⨯=∴242tan 23633ME MFE EF ∠==⨯= ∴33393cos 3131MFE ∠== 法二：分别以OB ，OC ，OP 为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系M 220）．(232,,0,0,2,622AM PA ⎛⎫∴==-- ⎪ ⎪⎝⎭记(),,n x y z =为面AMP 的法向量则332320032201260x x y n AM y n PA z y z ⎧=⎧⎪⎧+=⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨⎨⋅=⎩⎪⎪=--=⎩⎪⎩(33,3,1)n ⇒=-． 面APC 的法向量()1,0,0m =．易知M PA C --所成角为锐角记为()33393,cos cos ,3131n m n mn m θθ⋅==== 14．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11222AC AA AB AC BC ====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 6【解析】 【分析】（1）设2AB =，由余弦定理求出123A B =1A B AB ⊥，1A B BC ⊥，进而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值. (1)设2AB =．在四边形11AA B B 中，∵12AA AB =，160BAA ∠=︒，连接1A B ， ∴由余弦定理得2221112cos6012A B AA AB AA AB =+-⋅︒=，即123A B =， ∵22211A B AB AA +=， ∴1A B AB ⊥．又∵22211A B BC A C +=，∴1A B BC ⊥，AB BC B ⋂=， ∴1A B ⊥平面ABC ， ∵1A B ⊂平面11AA B B ， ∴平面ABC ⊥平面11AA B B ． (2)取AB 中点D ，连接CD ，∵AC BC =，∴CD AB ⊥， 由（1）易知CD ⊥平面11AA B B ，且3CD =．如图，以B 为原点，分别以射线BA ，1BA 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系B -xyz ，则(2,0,0)A ，1(0,23,0)A ，3)C ，1(2,23,0)B -，1(1,23,3)C -，3,3)P ．11(2,0,0)A B =-，1(0,3,3)A P =-，设平面11PA B 的法向量为(,,)n x y z =，则11100n A B n A P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩， 得20330x z -=⎧⎪⎨=⎪⎩，令1y =，则取(0,1,1)n =， (13)AC =-，||36cos ,||||22AC n AC n AC n ⋅〈〉=== AC 与平面11PA B 6。
2017年高考数学(考点解读+命题热点突破)专题14 空间向量与立体几何 理
专题14 空间向量与立体几何【考向解读】以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.【命题热点突破一】 利用向量证明平行与垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.例1、【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面 ABC ,=90ACB ∠,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II ． 【解析】（Ⅰ）延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF AC ⊥．又因为//EF BC ，1BE EF FC ===，2BC =，所以BCK △为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF CK ⊥．所以BF ⊥平面ACFD ．方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形．取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，K ，()1,3,0A --，1(2E ，1F(2-．因此，()0,3,0AC =，(AK =，()2,3,0AB =．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由00AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，得11113030y x y =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取)1=-m ； 由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,=-n ．于是，cos ,4⋅==⋅m n m n m n ． 所以，二面角B AD F --【变式探究】如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ；(2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 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 (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，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 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .(2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直，∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．【变式探究】如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩F E ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .【命题热点突破二】 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2、【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '= （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）25. 【解析】（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则00AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则00AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是cos ,25⋅<>===m n m n m n ，sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值. 【变式探究】如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 【感悟提升】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．【变式探究】在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 【命题热点突破三】 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 例3、【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2. （I ）求证：EG ∥平面ADF ；（II ）求二面角O -EF -C 的正弦值；（III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF 的方向为x 轴，y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则220n E F n C F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-.因此有222cos ,OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅，于是23sin ,3OA n <>=，所以，二面角O EF C --的正弦值为3.（III ）解：由23AH HF =，得25AH AF =.因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此222cos ,BH n BH n BH n ⋅<>==-⋅所以，直线BH 和平面CEF . 【变式探究】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由． (1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点． 又D 为BC 的中点， 所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD →＝(1，－2,0)，AC →1＝(2，－2,1)． 设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AC →1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.【感悟提升】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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．【举一反三】如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|×|AM →|＝1252×2＝1010，所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)， 又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 高考押题精练(1)证明 连接AC，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)． 可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量． ∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角， ∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 【高考真题解读】15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '= （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；.（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则0AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则0AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是cos ,⋅<>===m n m n m n ，sin ,<>=m n 因此二面角B D A C '--的正弦值. 16.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =12AC=AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；【解析】（II ）解法一：连接'OO ,则'OO ⊥平面ABC ，又,AB BC =且AC 是圆O 的直径，所以.BO AC ⊥ 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，由题意得(0,B，(C -，过点F 作FM OB 垂直于点M ，所以3,FM =可得F故(23,23,0),(0,BC BF =--=-. 设(,,)m x y z =是平面BCF 的一个法向量.由0,0m BC m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得0,30z ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩ 可得平面BCF 的一个法向量(m =- 因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n =所以7cos ,7||||m n m n m n ⋅<>==.所以二面角F BC A --.解法二：连接'OO ，过点F 作FM OB ⊥于点M ， 则有//'FM OO , 又'OO ⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC,可得3,FM =过点M 作MN BC 垂直于点N ，连接FN ， 可得FN BC ⊥,从而FNM ∠为二面角F BC A --的平面角. 又AB BC =,AC 是圆O 的直径， 所以6sin 45MN BM ==从而2FN =，可得cos 7FNM ∠=所以二面角F BC A --. 17.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ； （2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C 因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA ⊥A C又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂=，平面平面所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂=F ，平面平面所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.AC F ⊥平面 18.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2. （I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF 的方向为x 轴，y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-.设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩.不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则220n E F n C F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-.因此有222cos ,3OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅，于是23sin ,3OA n<>=，所以，二面角O EF C --的正弦值19.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2（3）存在，14AM AP = 【解析】（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0PC n 即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=.又)1,1,1(-=，所以33,cos -=>=<PB n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 20.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，ADBC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）25．【解析】（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . 又BC AD //，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -， 由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-，)2,1,25(-=PN ，)2,1,25(=AN . 设(,,)n x y z =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==21.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II ．（Ⅱ）方法一：过点F 作FQ AK ⊥于Q ，连结BQ ．因为BF ⊥平面ACK ，所以BF AK ⊥，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ AK ⊥． 所以BQF ∠是二面角B AD F --的平面角．在Rt ACK △中，3AC =，2CK =，得FQ =在Rt BQF △中，FQ =BF =cos BQF ∠=．所以二面角B AD F -- 方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形． 取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ． 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，K ，()1,3,0A --，1(2E，1F(2-． 因此，()0,3,0AC =，(AK =，()2,3,0AB =．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由00AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，得11113030y x y =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取)1=-m ；由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,=-n ．于是，cos ,4⋅==⋅m n m n m n ．所以，二面角B AD F --的平面角的余弦值为4． 22.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.EDCBPA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13.（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA⋂AD=A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，所以AH=2.在Rt△PAH中，2，所以sin∠APH=AHPH=13.方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA⋂AD=A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠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.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.作Ay⊥AD，以A为原点，以AD ,AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则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）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PEEC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn得20,0,x zx y-=⎧⎨+=⎩设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=||||||n APnAP⋅⋅=13= .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13 .P23. 【2016高考上海理数】将边长为1的正方形11AAO O （及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为23π，11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAO O 的同侧。
高考数学二轮总复习专题14空间向量在立体几何中的应用(共59张PPT)
=
=-1,a4 与 a 的夹角为 180° ,不合题意,故选 关闭
3
解析
答案
-4能力目标解读 热点考题诠释
1 2 3
2.(2014 课标全国Ⅱ高考,理 11)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ BCA=90° ,M,N 分别是 A1B1,A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角 的余弦值为( ) A.
不妨设 DC=DA=DD1=1,则 D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O 点 P(0,1,t)且 0≤t≤1. 则������������ = - , ,t , ������1 D=(-1,0,-1),������1 B=(0,1,-1).
2 2 1 1
1 1 2 2
, ,0 ,并设
解析:如图,以点 C1 为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,
不妨设 BC=CA=CC1=1, 可知点 A(0,1,1),N 0, ,0 ,B(1,0,1),M
2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2
, ,0 .
������������ · ������������ |������������ ||������������ |
专题14
空间向量在立体几何 中的应用
-2能力目标解读 热点考题诠释
本部分主要考查利用空间向量工具解决立体几何中平行、垂直的证 明,距离的求解,空间角的求解,并且此类问题常以解答题的形式出现.若出 现在客观题中,一般以求线线角、线面角或距离问题为主. 对于立体几何中的平行、垂直的证明一般利用传统的几何知识和相 关的性质或定理进行证明,但如果所给的载体结构容易建系和求出相关点 的坐标,可选用空间向量证明. 对于距离的求解可以利用等体积法,也可以利用向量解决,对于空间角, 在大多数情况下,传统的几何法、向量法都可以解决,但首先应选用向量法, 这样降低了思维的难度,但对运算能力有较高的要求. 本部分主要考查学生的空间想象能力、化归能力、逻辑推理能力和 运算求解能力,预测在 2015 年的高考中,本部分内容仍以解答题形式出现, 难度中档,其中向量工具求空间角仍然是重点,对于探索类问题也要引起足 够的重视.
空间向量与立体几何知识点
空间向量与立体几何知识点空间向量与立体几何是高中数学中的重要内容，它们之间有着密切的联系和应用。
空间向量的概念和运算是立体几何研究的基础，而立体几何的知识能够帮助我们更好地理解和应用空间向量。
首先，我们来看一下空间向量的概念。
空间向量是指具有大小和方向的量，它可以用箭头表示，箭头的长度表示向量的大小，箭头的方向表示向量的方向。
在空间中，一个向量可以由它的起点和终点确定，起点和终点之间的直线就是向量的方向。
空间中的一个点可以看作是一个零向量，它的大小为0。
除了大小和方向之外，向量还有一个重要特性，即平行移动不改变向量的大小和方向。
接下来，我们来了解一下空间向量的运算。
空间向量的加法和减法和平面向量的运算类似。
两个向量相加，就是将它们的起点放在一起，然后用一个箭头连接它们的终点。
两个向量相减，就是将减去的向量的终点放在被减向量的起点，箭头从被减向量的起点指向减去向量的终点。
空间向量的数乘也和平面向量类似，即将向量的大小乘以一个实数。
空间向量的重要应用之一是解决平面几何问题。
在平面几何中，我们常常遇到寻找一个点到一条直线的距离的问题。
利用空间向量的知识，我们可以将这个问题转化为求一个向量和一条直线的夹角。
假设直线的方程为Ax + By + C = 0，我们可以通过计算向量(−B,A)与直线的法向量的夹角来求解距离，即通过向量的点乘公式cosθ = (−B,A)·(-B,-C) / √(B²+C²) 来计算夹角的余弦值，然后用余弦定理求解距离。
除了平面几何，空间向量还可以帮助我们解决直线和平面的交点问题。
通过计算直线的方程和平面的方程，我们可以得到方程组，然后通过解方程组求解交点的坐标。
这种方法在解决立体几何问题中非常常见，例如判断两个平面是否相交、求一条直线与一个平面的交点等等。
另外，空间向量还可以用来计算向量的模、方向角和方向余弦等问题。
向量的模表示向量的大小，用符号||a||表示；方向角表示向量与坐标轴的夹角，用符号α、β、γ表示；方向余弦表示向量在坐标轴上的投影和向量模的比例，用符号cosα、cosβ、cosγ表示。
高考数学考点重点剖析立体几何与空间向量的综合应用
高考数学考点重点剖析立体几何与空间向量的综合应用高中数学是高考的一大重点科目，其中立体几何与空间向量是考试中常见的考点之一。
本文将重点剖析这两个知识点在高考中的综合应用。
一、立体几何的基本概念和性质立体几何是研究三维空间中点、线、面、体及其性质的数学分支。
在高考中，考察立体几何的题目常常需要灵活运用基本概念和性质来解决问题。
1. 三视图三视图是描述立体物体的三个视图，分别是主视图、俯视图和左视图。
通过观察三视图，可以推理出立体物体的形状、大小等信息。
2. 图形的空间定位在解决立体几何题目时，常常需要判断点、线、面的位置关系。
例如，可以通过判断两直线的垂直、平行关系，或者利用截距定理、距离公式等来确定点在空间中的位置。
3. 空间几何体的计算在高考中，计算空间几何体的体积、表面积等也是重要的考点。
对于常见的立体几何体如正方体、长方体、圆柱、锥体等，需要掌握相应的计算公式，并能够根据实际情况进行灵活运用。
二、空间向量的基本概念和性质空间向量是研究三维空间中向量的数量和运算规律的数学分支。
在高考中，考察空间向量的题目常常需要理解向量的基本概念和性质，并能够熟练运用到解决实际问题中。
1. 三维向量的坐标表示三维向量通常用顶点表示法表示，即向量的坐标表示为(x, y, z)。
掌握向量坐标的表示方法对于解题非常重要。
2. 向量的数量积与向量积数量积和向量积是空间向量运算的两个重要概念。
数量积可以用来计算两个向量之间的夹角，同时也具有判断垂直、平行关系的性质；向量积可以用来计算两个向量所围成的平行四边形的面积，并且具有右手法则、分配律等性质。
3. 平面与直线的方程在解决空间向量的题目时，常常需要通过建立方程组来确定平面或直线的方程。
例如，可以利用向量方程、点法式、面法式等来描述平面的方程，运用点向式、轨迹式等来描述直线的方程。
三、综合应用示例分析在高考数学中，立体几何与空间向量的综合应用题目较为常见。
这类题目通常需要通过空间向量的方法解决立体几何的问题，或者利用立体几何的概念解决空间向量的问题。
高考数学(命题热点提分)专题14 空间向量与立体几何 理(2021年最新整理)
2017年高考数学（深化复习+命题热点提分）专题14 空间向量与立体几何理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017年高考数学（深化复习+命题热点提分）专题14 空间向量与立体几何理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017年高考数学（深化复习+命题热点提分）专题14 空间向量与立体几何理的全部内容。
专题14 空间向量与立体几何1．有以下命题：①如果向量a，b与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a,b的关系是不共线；②O，A，B，C为空间四点，且向量错误!，错误!，错误!不构成空间的一个基底，那么点O，A，B，C一定共面;③已知向量a，b，c是空间的一个基底，则向量a＋b，a－b,c也是空间的一个基底．其中正确的命题是( ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③2．已知a＝(2,－1,3)，b＝(－1，4,－2），c＝(7，5，λ）,若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )A.错误!B。
错误! C.错误! D.错误!解析由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ）,∴错误!解得错误!答案D3．已知点B是点A（3,7，－4)在xOz平面上的射影，则错误!2等于（)A．(9，0，16）B．25C．5 D．13解析A在xOz平面上的射影为B(3，0，－4）,则OB，→＝（3，0，－4)，错误!2＝25.答案B4．正方体ABCD。
A1B1C1D1的棱长为1,点M在错误!上，且错误!＝错误!错误!，N为B1B的中点，则｜MN→｜为（)A.错误!B.错误!C。
错误! D。
错误!解析如图，设错误!＝a,错误!＝b，错误!＝c,则a·b＝b·c＝c·a＝0。
高考数学知识点总结之空间向量与立体几何
高考数学知识点总结之空间向量与立体几何一、考点概要：1、空间向量及其运算(1)空间向量的基本知识：①定义：空间向量的定义和平面向量一样，那些具有巨细和偏向的量叫做向量，而且仍用有向线段表示空间向量，且偏向相同、长度相等的有向线段表示相同向量或相等的向量。
②空间向量基本定理：ⅰ定理：要是三个向量不共面，那么敷衍空间任一向量，存在唯一的有序实数组x、y、z，使。
且把叫做空间的一个基底，都叫基向量。
ⅱ正交基底：要是空间一个基底的三个基向量是两两相互垂直，那么这个基底叫正交基底。
ⅲ 单位正交基底：当一个正交基底的三个基向量都是单位向量时，称为单位正交基底，通常用表示。
ⅳ 空间四点共面：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间中恣意一点P，都存在唯一的有序实数组x、y、z，使。
③共线向量(平行向量)：ⅰ定义：要是表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，记作。
ⅱ准则：零向量与恣意向量共线;ⅲ共线向量定理：对空间恣意两个向量平行的充要条件是：存在实数，使。
④共面向量：ⅰ定义：一般地，能平移到联合平面内的向量叫做共面向量;空间的恣意两个向量都是共面向量。
ⅱ向量与平面平行：要是直线OA平行于平面或在内，则说向量平行于平面，记作。
平行于联合平面的向量，也是共面向量。
ⅲ共面向量定理：要是两个向量、不共线，则向量与向量、共面的充要条件是：存在实数对x、y，使。
ⅳ空间的三个向量共面的条件：当、、都是非零向量时，共面向量定理实际上也是、、所在的三条直线共面的充要条件，但用于鉴定时，还需要证明此中一条直线上有一点在另两条直线所确定的平面内。
ⅴ共面向量定理的推论：空间一点P在平面MAB内的充要条件是：存在有序实数对x、y，使得，或敷衍空间恣意一定点O，有。
⑤空间两向量的夹角：已知两个非零向量、，在空间任取一点O，作， (两个向量的开始一定要相同)，则叫做向量与的夹角，记作，且。
⑥两个向量的数量积：ⅰ定义：已知空间两个非零向量、，则叫做向量、的数量积，记作，即：。
高考数学考点重点剖析立体几何与空间向量的应用
高考数学考点重点剖析立体几何与空间向量的应用在高考数学中，立体几何与空间向量是非常重要的考点之一。
掌握了这些知识点，不仅可以在数学考试中取得较好的成绩，还能帮助我们在实际生活中解决问题。
本文将对立体几何与空间向量的应用进行详细的剖析，帮助考生更好地理解和掌握相关知识。
### 一、立体几何的基本概念与性质立体几何是研究空间图形的形状、大小、位置关系以及它们之间的性质和变化规律的数学学科。
在高考数学中，常见的立体几何知识包括平面与空间直线的位置关系、平面与平面的位置关系、点与线的位置关系等。
例如，我们可以用空间向量的方法来解决空间中线段的垂直、平行等性质问题。
空间直线的位置关系问题可以通过向量的夹角、垂直等性质进行分析。
另外，高考中还经常会考察空间多面体的性质，如正方体、长方体、棱柱、棱锥等的体积、表面积计算。
掌握了这些基本的概念与性质，我们可以更好地理解和解决高考中的立体几何问题。
### 二、空间向量的基本概念与运算法则空间向量是指具有大小和方向的量，它可以用有序数对表示。
在高考数学中，我们常常会遇到空间直角坐标系下的向量表示和运算的问题。
空间向量的基本概念包括向量的模、方向角等。
向量的模表示向量的长度，方向角表示向量与坐标轴的夹角。
空间向量的运算法则包括向量的加法、减法、数量乘法等。
通过对空间向量的运算法则的灵活应用，我们可以解决各类与向量相关的问题。
在高考数学中，立体几何与空间向量常常结合起来，形成复杂的应用题。
例如，在求解线段垂直平分线问题中，我们可以通过空间向量的方法，先求得线段的中点坐标，再判断垂直平分线的方程。
又如，在平面与空间直线的位置关系问题中，我们可以通过向量的夹角来判断它们之间的关系。
### 三、立体几何与空间向量的应用举例1. 平面与空间直线的位置关系考生在解决平面与空间直线的位置关系问题时，可以通过向量的夹角和垂直性质来进行分析。
2. 空间向量在图形平移中的应用考生在解决图形平移问题时，常常会用到空间向量的平移性质。
空间向量与立体几何知识点
立体几何空间向量知识点总结知识网络：知识点拨：1、空间向量的概念及其运算与平面向量类似,向量加、减法的平行四边形法则,三角形法则以及相关的运算律仍然成立．空间向量的数量积运算、共线向量定理、共面向量定理都是平面向量在空间中的推广,空间向量基本定理则是向量由二维到三维的推广．2、当a 、b 为非零向量时．0a b a b ⋅=⇔⊥是数形结合的纽带之一,这是运用空间向量研究线线、线面、面面垂直的关键,通常可以与向量的运算法则、有关运算律联系来解决垂直的论证问题．3、公式cos ,a b a b a b⋅<>=⋅是应用空间向量求空间中各种角的基础,用这个公式可以求两异面直线所成的角但要注意两异面直线所成角与两向量的夹角在取值范围上的区别,再结合平面的法向量,可以求直线与平面所成的角和二面角等．4、直线的方向向量与平面的法向量是用来描述空间中直线和平面的相对位置的重要概念,通过研究方向向量与法向量之间的关系,可以确定直线与直线、直线与平面、平面与平面等的位置关系以及有关的计算问题．5、用空间向量判断空间中的位置关系的常用方法 1线线平行证明两条直线平行,只需证明两条直线的方向向量是共线向量．2线线垂直证明两条直线垂直,只需证明两条直线的方向向量垂直,即0a b a b ⋅=⇔⊥．3线面平行用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线方向向量是共线向量；③利用共面向量定理,即证明可在平面内找到两不共线向量来线性表示直线的方向向量．4线面垂直用向量证明线面垂直的方法主要有： ①证明直线方向向量与平面法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．5面面平行①证明两个平面的法向量平行即是共线向量； ②转化为线面平行、线线平行问题．6面面垂直①证明两个平面的法向量互相垂直； ②转化为线面垂直、线线垂直问题． 6、运用空间向量求空间角 1求两异面直线所成角利用公式cos,a ba ba b⋅<>=⋅,但务必注意两异面直线所成角θ的范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦,故实质上应有：cos cos,a bθ=<>．2求线面角求直线与平面所成角时,一种方法是先求出直线及射影直线的方向向量,通过数量积求出直线与平面所成角；另一种方法是借助平面的法向量,先求出直线方向向量与平面法向量的夹角φ,即可求出直线与平面所成的角θ,其关系是sinθ＝| cosφ|．3求二面角用向量法求二面角也有两种方法：一种方法是利用平面角的定义,在两个面内先求出与棱垂直的两条直线对应的方向向量,然后求出这两个方向向量的夹角,由此可求出二面角的大小；另一种方法是转化为求二面角的两个面的法向量的夹角,它与二面角的大小相等或互补．7、运用空间向量求空间距离空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离．1点与点的距离点与点之间的距离就是这两点间线段的长度,因此也就是这两点对应向量的模．2点与面的距离点面距离的求解步骤是：①求出该平面的一个法向量；②求出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模,即得要求的点面距离．备考建议：1、空间向量的引入,把平面向量及其运算推广到空间,运用空间向量解决有关直线、平面位置关系的问题,应体会向量方法在研究几何图形中的作用,进一步发展空间想像能力和几何直观能力．2、灵活选择运用向量方法与综合方法,从不同角度解决立体几何问题．3、在解决立体几何中有关平行、垂直、夹角、距离等问题时,直线的方向向量与平面的法向量有着举足轻重的地位和作用,它的特点是用代数方法解决立体几何问题,无需进行繁、难的几何作图和推理论证,起着从抽象到具体、化难为易的作用．因此,应熟练掌握平面法向量的求法和用法．4、加强运算能力的培养,提高运算的速度和准确性．第一讲空间向量及运算一、空间向量的有关概念1、空间向量的定义在空间中,既有大小又有方向的量叫做空间向量．注意空间向量和数量的区别．数量是只有大小而没有方向的量．2、空间向量的表示方法空间向量与平面向量一样,也可以用有向线段来表示,用有向线段的长度表示向量的大小,用有向线段的方向表示向量的方向．若向量a对应的有向线段的起点是A,终点是B,则向量a可以记为AB,其模长为a或AB．3、零向量长度为零的向量称为零向量,记为0．零向量的方向不确定,是任意的．由于零向量的这一特殊性,在解题中一定要看清题目中所指向量是“零向量”还是“非零向量”． 4、单位向量模长为1的向量叫做单位向量．单位向量是一种常用的、重要的空间向量,在以后的学习中还要经常用到． 5、相等向量长度相等且方向相同的空间向量叫做相等向量．若向量a 与向量b 相等,记为a =b .零向量与零向量相等,任意两个相等的非零向量都可以用空间中的同一条有向线段来表示,并且与有向线段的起点无关．6、相反向量长度相等但方向相反的两个向量叫做相反向量．a 的相反向量记为－a 二、共面向量 1、定义平行于同一平面的向量叫做共面向量． 2、共面向量定理若两个向量a 、b 不共线,则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在实数对x 、y,使得p =xa yb +;3、空间平面的表达式空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对x 、y 使MP xMA yMB =+或对空间任一定点O,有或OP xOA yOB zOM =++其中1x y z ++=这几个式子是M,A,B,P 四点共面的充要条件．三、空间向量基本定理 1、定理如果三个向量a 、b 、c 不共面,那么对空间任一向量p ,存在唯一的有序实数组x 、y 、z,使p =xa yb +zc +2、注意以下问题1空间任意三个不共面的向量都可以作为空间向量的一个基底．2由于0可视为与任意一个非零向量共线,与任意两个非零向量共面,所以,三个向量不共面,就隐含着它们都不是0;3一个基底是指一个向量组,一个基向量是指基底中的某一个向量,两者是相关联的不同概念．由空间向量的基本定理知,若三个向量a 、b 、c 不共面;那么所有空间向量所组成的集合就是{}|,,,p p xa yb zc x y z R =++∈,这个集合可看做是由向量a 、b 、c 生成的,所以我们把{},,a b c 称为空间的一个基底;a 、b 、c 叫做基向量,空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底． 3、向量的坐标表示 1单位正交基底如果空间的一个基底的三个基向量互相垂直,且长都为1,则这个基底叫做单位正交基底,常用{},,i j k 表示．2空间直角坐标系在空间选定一点O 和一个单位正交基底{},,i j k 以点O 为原点,分别以i 、j 、k 的方向为正方向建立三条数轴:x 轴、y 轴、z 轴,它们都叫坐标轴．则建立了一个空间直角坐标系O －xyz,点O 叫原点,向量i 、j 、k 都叫坐标向量． 3空间向量的坐标给定一个空间直角坐标系和向量a ,且设i 、j 、k 为坐标向量,存在唯一有序数组x,y,z 使a xi y j zk =++,有序数组x,y,z 叫做a 在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标,记为a =(),,x y z ;对坐标系中任一点A,对应一个向量OA ,则OA =a xi y j zk =++;在单位正交基底i 、j 、k 中与向量OA 对应的有序实数组x,y,z,叫做点A 在此空间直角坐标系中的坐标,记为Ax,y,z. 四、空间向量的运算 1、空间向量的加法三角形法则注意首尾相连、平行四边形法则, 加法的运算律：交换律 a b b a +=+ 结合律()()a b c a b c ++=++2、空间向量的减法及几何作法几何作法：在平面内任取一点O,作,OA a OB b ==,则BA a b =-,即从b 的终点指向a 的终点的向量,这就是向量减法的几何意义． 3、空间向量的数乘运算 1定义实数λ与a 的积是一个向量,记为a λ,它的模与方向规定如下： ①a aλλ=⋅② 当0λ>时,a λ与a 同向；当0λ<时,a λ与a 异向；当0λ=时．0a λ=注意：① 关于实数与空间向量的积a λ的理解：我们可以把a 的模扩大当λ>1时,也可以缩小λ< 1 时,同时,我们可以不改变向量a 的方向当0λ>时,也可以改变向量a 的方向当0λ<时; .② 注意实数与向量的积的特殊情况,当0λ=时,0a λ=；当0λ≠,若0a =时,有0a λ=;③ 注意实数与向量可以求积,但是不能进行加减运算．比如a λ+,a λ-无法运算; 2实数与空间向量的积满足的运算律 设λ、μ是实数,则有()()a aλμλμ= 结合律()a a a λμλμ+=+ 第一分配律()a b a bλλλ+=+ 第二分配律实数与向量的积也叫数乘向量．4、共线向量 1共线向量定义若表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合,则这些向量叫做共线向量,也叫做平行向量;若a 与b 是共线向量,则记为a b a b b 0a b a b a =+OP OA ta a AB a=(),(1)OP OA t AB OP OA t OB OA t OA tOB=+∴=+-=-+12t =1122OP OA OB =+AB λ111OP OA OB λλλ=+++11112222(,,),(,,)P x y z P x y z 12PP =222z y x |OP |++=→→→→><b a b ,a 与为性质若→→b a 、是非零向量,→e 是与→b 方向相同的单位向量,θ是→→e a 与的夹角,则 1θcos |a |e a a e →→→→→=⋅=⋅ 20b a b a =⋅⇔⊥→→→→3若→→b a 与同向,则|b ||a |b a →→→→⋅=⋅； 若→→b a 与反向,则|b ||a |b a →→→→⋅-=⋅；特别地：→→→→→→⋅==⋅a a |a ||a |a a 2或4若θ为|b ||a |ba cosb a →→→→→→⋅⋅=θ的夹角，则、5|b ||a ||b a |→→→→≤⋅2. 运算律 1结合律)b a (b )a (→→→→⋅=⋅λλ 2交换律→→→→⋅=⋅a b b a3分配律→→→→→→→⋅+⋅=+⋅c a b a )c b (a不满足消去律和结合律即：典型例题例1. 已知P 是平面四边形ABCD 所在平面外一点,连结PA 、PB 、PC 、PD,点E 、F 、G 、H 分别为△PAB 、△PBC 、△PCD 、△PDA 的重心;求证：E 、F 、G 、H 四点共面; 证明：分别延长PE 、PF 、PG 、PH 交对边于M 、N 、Q 、R ∵E 、F 、G 、H 分别是所在三角形的重心∴M 、N 、Q 、R 为所在边的中点,顺次连结MNQR 所得四边形为平行四边形,且有 ∵MNQR 为平行四边形,则∴由共面向量定理得E 、F 、G 、H 四点共面;例2. 如图所示,在平行六面体'D 'C 'B 'A ABCD -中,→=→a AB ,→=→b AD ,→=→c AA ,P 是CA'的中点,M 是CD'的中点,N 是C'D'的中点,点Q 是CA'上的点,且CQ ：QA'=4：1,用基底}c b a {→→→，，表示以下向量： 1→AP ；2→AM ；3→AN ；4→AQ ;解：连结AC 、AD'1)c b a (21)'AA AD AB (21)'AA AC (21AP →+→+→=→+→+→=→+→=→；2→+→+→=→+→+→=→+→=→c21b a 21)'AA AD 2AB (21)AD AC (21AM ；3)'AD AC (21AN →+→=→4)AC 'AA (54AC CQ AC AQ →-→+→=→+→=→点评：本例是空间向量基本定理的推论的应用．此推论意在用分解定理确定点的位置,它对于以后用向量方法解几何问题很有用,选定空间不共面的三个向量作基向量．并用它们表示出指定的向量,是用向量解决几何问题的一项基本功．例3. 已知空间四边形OABC 中,∠AOB=∠BOC=∠AOC,且OA=OB=OC;M 、N 分别是OA 、BC 的中点,G 是MN 的中点;求证：OG ⊥BC;证明：连结ON,设∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ又设→=→a OA ,→=→b OB ,→=→c OC ,则|c ||b ||a |→=→=→;又)ON OM (21OG →+→=→∴)b c ()c b a (41BC OG →-→⋅→+→+→=→⋅→∴OG ⊥BC例4. 已知空间三点A0,2,3,B －2,1,6,C1,－1,5; 1求以→→AC AB 和为邻边的平行四边形面积；2若3|a |=→,且→→→AC AB a 、分别与垂直,求向量→a 的坐标;解：1由题中条件可知∴23AC AB sin >=→→<， ∴以→→AC AB 、为邻边的平行四边形面积：2设），，（z y x a =→由题意得解得⎪⎩⎪⎨⎧-=-=-=⎪⎩⎪⎨⎧===1z 1y 1x 1z 1y 1x 或∴），，＝（）或，，（111a 111a ---→=→第二讲 直线的方向向量、平面的法向量及其应用一、直线的方向向量及其应用 1、直线的方向向量直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量平行或共线的向量,显然一条直线的方向向量可以有无数个．2、直线方向向量的应用利用直线的方向向量,可以确定空间中的直线和平面．1若有直线l , 点A 是直线l 上一点,向量a 是l 的方向向量,在直线l 上取AB a =,则对于直线l 上任意一点P,一定存在实数t,使得AP t AB =,这样,点A 和向量a 不仅可以确定l 的位置,还可具体表示出l 上的任意点．2空间中平面α的位置可以由α上两条相交直线确定,若设这两条直线交于点O,它们的方向向量分别是a 和b ,P 为平面α上任意一点,由平面向量基本定理可知,存在有序实数对x ,y ,使得OP =xa yb +,这样,点O 与方向向量a 、b 不仅可以确定平面α的位置,还可以具体表示出α上的任意点．二、平面的法向量1、所谓平面的法向量,就是指所在的直线与平面垂直的向量,显然一个平面的法向量也有无数个,它们是共线向量．2、在空间中,给定一个点A 和一个向量a ,那么以向量a 为法向量且经过点A 的平面是唯一确定的． 三、直线方向向量与平面法向量在确定直线、平面位置关系中的应用 1、若两直线l 1、l 2的方向向量分别是1u 、2u ,则有l 1⇔1u 2u ⇔1u 2u 1v 2v ⇔1v 2v ⇔1v 2v u v ⇔u v ⇔u v (,,)n x y z =111222(,,),(,,)a a b c b a b c ==00n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩a b a b ()a kbk R =∈a αn //l α⊥a n 0⋅=a n2根据线面平行的判定定理：“如果直线平面外与平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行”,要证明一条直线和一个平面平行,也可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．3根据共面向量定理可知,如果一个向量和两个不共线的向量是共面向量,那么这个向量与这两个不共线向量确定的平面必定平行,因此要证明一条直线和一个平面平行,只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可． 3、面面平行1由面面平行的判定定理,要证明面面平行,只要转化为相应的线面平行、线线平行即可． 2若能求出平面α、β的法向量u 、v ,则要证明αu v a b a b 0a b ⋅=a u a u ////,//a a b b /a /b02πθ<≤a b ϕcos |cos |a b a bθϕ⋅==⋅02πθ≤≤a u a u ϕsin |cos |cos sin a u a uθϕθϕ⋅===⋅或[0,]πl αβ--AB CD 1n 2n l αβ--1n 2n BO BA =cos cos BA BO ABOABO BO⋅⋅∠∠=nAB n BO n⋅=n n n=0d AB n =⋅nCD n d AB n⋅==设→→b a 、分别是直线l 1、l 2的方向向量,根据下列条件判断l 1与l 2的位置关系; 1→a =2,3,－1,→b =－6,－9,3； 2→a =5,0,2,→b =0,4,0；3→a =－2,1,4,→b =6,3,3解：1∵），，（132a -=→,→b =－6,－9,3∴→→-=b31a ,∴→→b //a ,∴l 1→a →b 0b a =⋅→→→→⊥b a =→a →b →→b a 与设→→v u 、分别是平面α、β的法向量,根据下列条件判断α、β的位置关系：1→u =1,－1,2,→v =3,2,21-；2→u =0,3,0,→v =0,－5,0；3→u =2,－3,4,→v =4,－2,1;解：1∵→u =1,－1,2,→v =3,2,21-∴0v u =⋅→→ →→⊥∴v u∴α⊥β2∵→u =0,3,0,→v =0,－5,0∴βα//v//u v53u ∴∴-=→→→→3∵→u =2,－3,4,→v =4,－2,1∴→→v u 与既不共线、也不垂直,∴α与β相交点评：应熟练掌握利用向量共线、垂直的条件;例3. 已知点A3,0,0,B0,4,0,C0,0,5,求平面ABC 的一个单位法向量; 解：由于A3,0,0,B0,4,0,C0,0,5,∴→AB =－3,4,0,→AC =－3,0,5设平面ABC 的法向量为→n x,y,z则有0AC n 0AB n =→⋅→=→⋅→且即⎩⎨⎧=+-=+-0z 5x 30y 4x 3 取z=1,得35x =,45y =于是→n =14535，，,又12769|n |=→∴平面α的单位法向量是)769127691576920(n ，，=→例4. 若直线l 的方向向量是→a =1,2,2,平面α的法向量是→n =－1,3,0,试求直线l 与平面α所成角的余弦值;分析：如图所示,直线l 与平面α所成的角就是直线l 与它在平面内的射影所成的角,即∠ABO,而在Rt △ABO 中,∠ABO=-2π∠BAO,又∠BAO 可以看作是直线l 与平面α的垂线所成的锐角,这样∠BAO 就与直线l 的方向向量a 与平面α的法向量n 的夹角建立了联系,故可借助向量的运算求出∠BAO,从而求出∠ABO,得到直线与平面所成的角; 解：∵→a =1,2,2,,→n =－1,3,0∴3|a |=→,10|n |=→,5n a =⋅→→∴610|n ||a |na n ,a cos =⋅⋅>=<→→→→→→若设直线l 与平面α所成的角是θ则有><=→→n ,a sin cos θ∵610n ,a cos >=<→→ ∴626n ,a sin >=<→→因此626cos =θ,即直线l 与平面α所成角的余弦值等于626;例5. 如图a 所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,M 、N 分别是C C 1、11C B 的中点;求证：1MN BD A 1C D B //BD A 111平面1DD 21211A →MN 2121BD A 1→n 0DB n 0DA n 1=⋅=⋅→→→→且⎩⎨⎧=+=+0y x 0z x 1y -=1z -=→∴n →→⋅n MN 2121→⊥→n MN BDA 1→=→-→=→-→=→-→=→111111111DA 21)D D A D (21C C 21B C 21M C N C MN →→1DA //MN BD A //MN 1平面→-→=→M C N C MN 11→-→=D D 21A D 21111→→→DB DA MN 1与可用→→→DB DA MN 1、与→MN BD A 1→n →m→→n //m 如图,在正方体1111D C B A ABCD -中,O 为AC 与BD 的交点,G 为CC 1的中点;求证：A 1O ⊥平面GBD;证明：设→=→→=→→=→c A A b D A a B A 11111，，,则 而)b a (21c )AD AB (21A A AO A A O A 111→+→+→=→+→+→=→+→=→∴)a b ()b 21a 21c (BD O A 1→-→⋅→+→+→=→⋅→同理0OG O A 1=→⋅→∴BD O A 1⊥,OG O A 1⊥又O OG BD = ,∴⊥O A 1面GBD; 例7. 2004年天津如图a 所示,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD,PD=DC,E 是PC 的中点;1证明：PA 2a 2a 2a 2a →PA →EG 2a 2a -→=→EG 2PA ⊂⊄2a →FE 2a →FB 2a →DC 0FB FE =→⋅→0DC FE =→⋅→55a 252a |FB ||FE |==→→=55正方体1111D C B A ABCD -中,E 、F 分别是11D A 、11C A 的中点,求：1异面直线AE 与CF 所成角的余弦值；2二面角C —AE —F 的余弦值的大小; 解：不妨设正方体棱长为2,分别取DA 、DC 、1DD 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系,则A2,0,0,C0,2,0,E1,0,2,F1,1,21由→AE =－1,0,2,→CF =1,－1,2,得5|AE |=→,6|CF |=→∴→⋅→CF AE =－1＋0＋4=3 又>→→<>=→→<⋅→⋅→=→⋅→CF ,AE cos 30CF ,AE cos |CF ||AE |CF AE∴1030CF ,AE cos >=→→<,∴所求值为10302∵→EF =0,1,0 ∴→⋅→EF AE =－1,0,2·0,1,0=0∴AE ⊥EF,过C 作CM ⊥AE 于M则二面角C —AE —F 的大小等于>→→<MC ,EF∵M 在AE 上,∴→=→AE m AM 设则→AM =－m,0,2m,→-→=→AM AC MC =－2,2,0－－m,0,2m=m －2,2,－2m∵MC ⊥AE ∴→⋅→AE MC =m －2,2,－2m ·－1,0,2=0∴52m =,∴)54,2,58(MC --=→,556|MC |=→ ∴→⋅→MC EF =0,1,0·58-,2,54-=0＋2＋0=2又>→→<>=→→<⋅→⋅→=→⋅→MC ,EF cos 556MC ,EF cos |MC ||EF |MC EF∴35MC ,EF cos >=→→< ∴二面角C —AE —F 的余弦值的大小为35例9. 已知正方形ABCD 的边长为4,E 、F 分别是AB 、AD 的中点,H 是EF 与AC 的交点,CG ⊥面ABCD,且CG=2;求BD 到面EFG 的距离;分析：因BD//平面EFG,故O 到面EFG 与BD 到面EFG 距离相等,证明OM 垂直于面EFG 即可;解：如图所示,分别以CD 、CB 、CG 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系; 易证BD//面EFG,设BD AC =O,EF ⊥面CGH,O 到面EFG 的距离等于BD 到面EFG 的距离,过O 作OM ⊥HG 于M,易证OM ⊥面EFG,可知OM 为所求距离;另易知H3,3,0,G0,0,2,O2,2,0;设→=→GH GM λ,→GH =3,3,－2则)22,23,23()2,2,2()2,3,3(GO GM OM +---=---=→-→=→λλλλ 又0GH OM =→⋅→,∴0)22(2)23(3)23(3=---+-λλλ∴118=λ,∴)116,112,112(OM =→ ∴11112)116()112(2|OM |22=+⨯=→即BD 到平面EFG 的距离等于11112励志故事习惯父子俩住山上,每天都要赶牛车下山卖柴;老父较有经验,坐镇驾车,山路崎岖,弯道特多,儿子眼神较好,总是在要转弯时提醒道：“爹,转弯啦”有一次父亲因病没有下山,儿子一人驾车;到了弯道,牛怎么也不肯转弯,儿子用尽各种方法,下车又推又拉,用青草诱之,牛一动不动;到底是怎么回事 儿子百思不得其解;最后只有一个办法了,他左右看看无人,贴近牛的耳朵大声叫道：“爹,转弯啦”牛应声而动;牛用条件反射的方式活着,而人则以习惯生活;一个成功的人晓得如何培养好的习惯来代替坏的习惯,当好的习惯积累多了,自然会有一个好的人生;。
空间向量与立体几何知识点
空间向量与立体几何知识点空间向量与立体几何是数学中的重要分支，它们在解决三维空间问题中发挥着关键作用。
以下是该领域的一些核心知识点：1. 空间向量的概念：空间向量是具有大小和方向的几何对象，可以表示为有序数对或有序数组。
2. 空间向量的表示：空间向量通常用箭头表示，箭头的起点和终点分别代表向量的起点和终点。
3. 空间向量的坐标：空间向量可以通过三个坐标值来表示，这些值分别对应于向量在三个正交坐标轴上的投影。
4. 向量的加法：两个空间向量可以通过平移和连接的方式相加，结果向量的方向和大小由这两个向量决定。
5. 向量的数乘：一个向量可以通过与一个标量相乘来缩放，结果向量的方向保持不变，但大小会按比例变化。
6. 向量的点积（内积）：两个向量的点积是一个标量，它反映了这两个向量的夹角和大小的关系。
7. 向量的叉积（外积）：两个向量的叉积是一个向量，它垂直于原来的两个向量，并且其大小等于原来两个向量构成的平行四边形的面积。
8. 向量的模：一个向量的模是其长度，可以通过勾股定理计算得到。
9. 向量的单位化：将一个向量除以其模，可以得到一个方向相同但长度为1的单位向量。
10. 空间中的点、线、面：在空间中，点由坐标确定，线由两个点确定，面由三个不共线的点确定。
11. 空间直线的参数方程：空间直线可以通过参数方程来表示，其中参数表示直线上点的位置。
12. 空间平面的方程：空间平面可以通过一个方程来表示，该方程描述了平面上所有点的坐标关系。
13. 点到直线的距离：可以通过向量的点积和叉积来计算点到直线的最短距离。
14. 直线与平面的关系：直线可以与平面相交、平行或在平面内。
15. 立体几何体：空间中的几何体如多面体、圆柱、圆锥等，可以通过空间向量来描述其顶点、边和面。
16. 体积和表面积：空间几何体的体积和表面积可以通过积分或向量方法来计算。
17. 空间几何的对称性：空间几何体的对称性可以通过向量和坐标变换来分析。
2023-2024学年高二数学单元速记——空间向量与立体几何(知识归纳+题型突破)(解析版)
第一章空间向量与立体几何（知识归纳+题型突破）1.能够理解空间向量的概念,运算、背景和作用;2.能够依托空间向量建立空间图形及图形关系的想象力;3.能够掌握空间向量基本定理,体会其作用,并能简单应用;4.能够运用空间向量解决一些简单的实际问题，体会用向量解决一类问题的思路.一、空间向量的有关概念1、概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，空间向量的大小叫做空间向量的长度或模；如空间中的位移速度、力等．2、几类特殊的空间向量名称定义及表示零向量长度为0的向量叫做零向量，记为0单位向量模为1的向量称为单位向量相反向量与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为a- 共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量二、空间向量的有关定理1、共线向量定理：对空间任意两个向量,(0)a b b ≠ ，a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=．（1）共线向量定理推论：如果l 为经过点A 平行于已知非零向量a的直线,那么对于空间任一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ,使OP OA ta =+ ①，若在l 上取AB a = ，则①可以化作：OP OA t AB=+（2）拓展(高频考点）：对于直线外任意点O ，空间中三点,,P A B 共线的充要条件是OP OA AB λμ=+，其中1λμ+=2、共面向量定理如果两个向量,a b 不共线，那么向量p 与向量,a b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(,)x y ，使p xa yb=+ （1）空间共面向量的表示如图空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(,)x y ，使AP xAB yAC =+．或者等价于：对空间任意一点O ，空间一点P 位于平面ABC 内（,,,P A B C 四点共面）的充要条件是存在有序实数对(,)x y ，使OP OA xAB y AC =++，该式称为空间平面ABC 的向量表示式，由此可知，空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定．（2）拓展对于空间任意一点O ，四点,,,P C A B 共面（其中,,C A B 不共线）的充要条件是OP xOC yOA zOB =++（其中1x y z ++=）．3、空间向量基本定理如果向量三个向量,,,a b c 不共面，那么对空间任意向量,p 存在有序实数组{},,,x y z 使得.p xa yb zc =++三、空间向量的数量积1、空间两个向量的夹角（1）定义：已知两个非零向量,a b ，在空间任取一点O ，作 OA a = ，OB b =，则么AOB ∠叫做向量,a b的夹角，记,a b <>.（2）范围：[],0,a b π<>∈r r．特别地，（1）如果,2a b π<>= ，那么向量,a b 互相垂直，记作a b ⊥ ．(2)由概念知两个非零向量才有夹角，当两非零向量同向时，夹角为0；反向时，夹角为π，故a,b 0<>=(或a,b π<>= )//a b ⇔ (,a b为非零向量)．(3)零向量与其他向量之间不定义夹角，并约定0 与任何向量a都是共线的，即0a ．两非零向量的夹角是唯一确定的．（3）拓展（异面直线所成角与向量夹角联系与区别）若两个向量,a b所在直线为异面直线，两异面直线所成的角为θ，(1)向量夹角的范围是0<<,a b ><π，异面直线的夹角θ的范围是0<θ<2π，(2)当两向量的夹角为锐角时，,a b θ=<>；当两向量的夹角为2π时，两异面直线垂直；当两向量的夹角为钝角时，,a b θπ=-<>.2、空间向量的数量积定义：已知两个非零向量a ，b ，则||||cos ,a b a b <> 叫做a ，b 的数量积，记作a b ⋅；即||||cos ,a b a b a b ⋅=<>．规定：零向量与任何向量的数量积都为0.3、向量a的投影3.1．如图(1)，在空间，向量a 向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b 共线的向量c ，||cos ,||bc a a b b =<>向量c 称为向量a 在向量b 上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l 投影(如图(2))．3.2．如图(3)，向量a 向平面β投影，就是分别由向量a的起点A 和终点B 作平面β的垂线，垂足分别为A '，B '，得到A B '' ，向量A B '' 称为向量a 在平面β上的投影向量．这时，向量a ，A B ''的夹角就是向量a 所在直线与平面β所成的角．4、空间向量数量积的几何意义：向量a ，b 的数量积等于a 的长度||a 与b 在a方向上的投影||cos ,b a b <> 的乘积或等于b的长度||b 与a 在b方向上的投影||cos ,a a b <> 的乘积.5、数量积的运算：（1）()()a b a b λλ⋅=⋅，R λ∈.（2）a b b a ⋅=⋅(交换律)．（3）()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅(分配律).四、空间向量的坐标表示及其应用设123(,,)a a a a = ，123(,,)b b b b =，空间向量的坐标运算法则如下表所示：数量积a b a b a b a b ⋅=112233＋＋共线（平行）(0)a b b ≠ ()112233a b a b a b R a bλλλλλ=⎧⎪⇔=⇔=∈⎨⎪=⎩ 垂直a b ⊥⇔11223300a b a b a b a b ⋅=⇔++= （,a b 均为非零向量）模22222||||a a a a a a ===++123，即222||a a a a =++123 夹角cos ,a b <>=112233222222123123a b |a ||b |a b a b a b a a a b b b ++⋅=++++五、直线的方向向量和平面的法向量1、直线的方向向量如图①,a 是直线l 的方向向量,在直线l 上取AB a =,设P 是直线l 上的任意一点,则点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ,使得AP ta = ，即AP t AB=2、平面法向量的概念如图，若直线l α⊥，取直线l 的方向向量a ，我们称a 为平面α的法向量；过点A 且以a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合{|0}P a AP ⋅=．3、平面的法向量的求法求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下:设向量：设平面α的法向量为(,,)n x y z =选向量：选取两不共线向量,AB AC列方程组：由00n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩列出方程组解方程组：解方程组0n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩赋非零值：取其中一个为非零值（常取±1)得结论：得到平面的一个法向量.六、空间位置关系的向量表示七、向量法求空间角1、异面直线所成角设异面直线1l 和2l 所成角为θ，其方向向量分别为u ，v；则异面直线所成角向量求法：①cos ,||||u vu v u v ⋅<>=；②cos |cos ,|u v θ=<> 2、直线和平面所成角设直线l 的方向向量为a ，平面α的一个法向量为n，直线l 与平面α所成的角为θ，则①cos ,||||a na n a n ⋅<>=；②sin |cos ,|a n θ=<> .3、平面与平面所成角（二面角）（1）如图①，AB ，CD 是二面角l αβ--的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小,AB CD θ=<>．（2）如图②③，1n ，2n分别是二面角l αβ--的两个半平面,αβ的法向量，则二面角的大小θ满足：①121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=；②12cos cos ,n n θ=±<>若二面角为锐二面角（取正），则12cos |cos ,|n n θ=<>；若二面角为顿二面角（取负），则12cos |cos ,|n n θ=-<>；（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）八、向量法求距离（2）两条平行直线之间的距离求两条平行直线l ，m 之间的距离，直线m 的距离.（3）求点面距，（4）线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解直线a与平面α之间的距离：两平行平面,αβ之间的距离：d题型一空间关系的证明BM平面ADEF；(1)求证：//(2)求证：BC⊥平面BDE．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）通过中位线得到线线平行，利用判定定理可证或利用法向量证明线面平行；（2）利用面面垂直的性质得到线面垂直，结合线面垂直的判定可证或利用直线的方向向量与平面的法向量平行可证.【详解】（1）解法一：证明：取DE 中点N ，连结AN ，MN ，由三角形中位线性质可得//MN CD 且12MN CD =，又因为//AB CD 且12AB CD =，所以//MN AB 且MN AB =，所以ABMN 是平行四边形，所以//BM AN ，又AN ⊂平面ADEF ，BM ⊄平面ADEF ，所以//BM 平面ADEF ．解法二：证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，又DC ⊂平面ABCD ，所以DE DC ⊥．如图，以D 为原点，以DA，DC ，DE 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，则()()()()()2,2,00,4,00,0,00,0,20,2,1B C D E M ，，，，．因为(2,0,1)BM =-，易知(0,1,0)n =' 为平面ADEF 的一个法向量．因此0BM n '⋅=，所以BM n '⊥ ．又BM ⊄平面ADEF ，所以//BM 平面ADEF ．（2）解法一：证明：因为BD =，BC =4CD =，所以222BD BC CD +=，所以BD BC ⊥．因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以DE BC ⊥．又BD DE D ⋂=，,BD DE ⊂平面BDE ，所以BC ⊥平面BDE ．解法二：由（1）可得(2,2,0)DB = ，(0,0,2)DE = ，(2,2,0)BC =-．设平面BDE 的一个法向量(,,)n x y z = ，则22020n DB x y n DE z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取1x =，得10y z =-=，，所以(1,1,0)=-n 是平面BDE 的一个法向量．因此2BC n =-，所以BC ⊥平面BDE ．反思总结证明平行、垂直关系的方法可以运用传统方法也可以运用空间向量。
空间向量与立体几何知识总结全国高考必备
空间向量与立体几何知识总结(全国高考必备!)空间向量知识总结：一、向量的基本概念1. 向量的定义：向量是具有大小和方向的量，用箭头表示。
2. 向量的表示：通常用字母加上一个箭头表示向量，如AB→表示从点A指向点B的向量。
3. 零向量：大小为0的向量，表示为0→。
4. 向量的相等：两个向量的大小和方向都相同，即为相等。
5. 单位向量：长度为1的向量，表示为→a。
二、向量的运算1. 向量的加法：两个向量相加，将它们的起点重合，终点连线即为结果向量。
2. 向量的减法：将被减向量取反，然后与减向量相加。
3. 数乘：将向量的大小乘以一个实数，得到新的向量。
4. 内积：两个向量的数量积，结果是一个实数。
5. 外积：两个向量的向量积，结果是一个向量，其大小等于两个向量构成的平行四边形的面积，方向垂直于这个平行四边形的平面。
三、向量的性质1. 交换律：向量的加法满足交换律，即A+B=B+A。
2. 结合律：向量的加法满足结合律，即(A+B)+C=A+(B+C)。
3. 数乘结合律：数乘与向量的加法满足结合律，即k(A+B)=kA+kB。
4. 数乘分配律：数乘对向量的加法满足分配律，即(k+m)A=kA+mA。
5. 内积的性质：内积满足交换律、结合律和分配律。
四、立体几何知识总结：1. 空间几何基本概念：点、线、面。
2. 空间几何基本要素：直线的判定、平面的判定、相交关系的判定。
3. 立体图形的基本要素：点、线、面、体。
4. 空间几何基本定理：平行线与平面的关系、垂直关系、垂直平分线定理、角平分线定理、垂直平面定理、等腰三角形定理等。
5. 空间几何的投影：点到直线的投影、点到平面的投影、直线到直线的投影等。
6. 空间几何的立体图形：立体图形的表面积和体积计算公式，如球体、圆柱体、圆锥体、棱锥体、棱台等。
综上所述，空间向量与立体几何是高中数学中重要的内容，理解并掌握相关的概念、运算、性质以及定理和公式，对于解题和应用具有重要意义。
高考数学深化复习命题热点提分专题14空间向量与立体几何理0508172
专题14 空间向量与立体几何1．有以下命题：①如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系是不共线；②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量OA →，OB →，OC →不构成空间的一个基底，那么点O ，A ，B ，C 一定共面； ③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，则向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底． 其中正确的命题是( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③2．已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B.637 C.607 D.657解析 由题意得c ＝ta ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.答案 D3．已知点B 是点A (3，7，－4)在xOz 平面上的射影，则OB →2等于( ) A ．(9，0，16) B ．25C ．5D ．13解析 A 在xOz 平面上的射影为B (3，0，－4)，则OB →＝(3，0，－4)，OB → 2＝25. 答案 B4．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 B.66 C.156 D.153解析 如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0. 由条件知MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝－13(a ＋b ＋c )＋a ＋12c＝23a －13b ＋16c ， ∴MN →2＝49a 2＋19b 2＋136c 2＝2136，∴|MN →|＝216.答案 A5．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( ) A.19 B.459 C.259 D.23答案 B7．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32 B.22 C.223 D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D8．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( )A. 2B. 3 C ．2 D. 59.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )A ．0 B.12 C.32 D.22解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0， ∴cos〈OA →，BC →〉＝0. 答案 A10．若两点的坐标是A (3cos α，3sin α，1)，B (2cos β，2sin β，1)，则|AB |的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，5] C ．(0，5)D ．[1，25]11．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)．则以AB →，AC →为边的平行四边形的面积为________． 解析 由题意可得： AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)，∴cos〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴s in 〈AB →，AC →〉＝32.∴以AB →，AC →为边的平行四边形的面积S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3. 答案 7 312．将锐角A 为60°，边长为a 的菱形ABCD 沿BD 折成60°的二面角，则A 与C 之间的距离为________． 解析 设折叠后点A 到达A 1点的位置，取BD 的中点E ，连接A 1E 、CE . ∴BD ⊥CE ，BD ⊥A 1E .∴∠A 1EC 为二面角A 1BD C 的平面角． ∴∠A 1EC ＝60°，又A 1E ＝CE ， ∴△A 1EC 是等边三角形． ∴A 1E ＝CE ＝A 1C ＝32a . 即折叠后点A 与C 之间的距离为32a . 答案32a 13.如图，△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4.M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S ND A 的余弦值； (3)求点A 到平面SND 的距离．解 以B 为坐标原点，BC ，BA 为x ，y 轴的正方向，垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明 由题意得A (0，4，0)，B (0，0，0)，M (1，2，1)，N (0，2，0)，S (0，4，2)，D (1，0，0)． 所以：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB .(3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离 d ＝|AN →·m ||m |＝63.14．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，若有，求出P 点的位置，没有请说明理由．解法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角． 因为BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以△A 1BC 为直角三角形， 又A 1B ＝2，A 1C ＝3，所以BM ＝A 1B ×BC A 1C ＝23＝63，同理可得，DM ＝63， 在△BMD 中，根据余弦定理有：cos∠BMD ＝69＋69－22×63×63＝－12，因为∠BMD ∈(0°，180°)，所以∠BMD ＝120°， 即此时二面角B －A 1C －D 的值是120°.(2)若线段A 1C 上存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，则A 1C ⊥BD 又A 1A ⊥平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD ，所以BD ⊥平面A 1AC .所以BD ⊥AC ，底面四边形ABCD 为正方形，即只有ABCD 为正方形时，线段A 1C 上存在点P 满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P 即为BM ⊥A 1C 的垂足M ，此时，A 1P ＝A 1B 2A 1C ＝23＝233.法二 根据题意可知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系：(2)根据题意有B (t ，0，0)，C (t ，2－t ，0)，D (0，2－t ，0)，若线段A 1C 上存在一点P 满足要求，不妨A 1P →＝λA 1C →(λ＞0)，可得P (λt ，λ(2－t )，1－λ) BP →＝(λt －t ，λ(2－t )，1－λ)， BD →＝(－t ，2－t ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1C →＝0，BD →·A 1C →＝0，即： ⎩⎪⎨⎪⎧t （λt －t ）＋λ（2－t ）2－（1－λ）＝0，－t 2＋（2－t ）2＝0， 解得：t ＝1，λ＝23.即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P ，位置是线段A 1C 上A 1P ∶PC ＝2∶1处．15．如图所示，在Rt△ABC 中，∠C ＝30°，∠B ＝90°，D 为AC 中点，E 为BD 的中点，AE 的延长线交BC于F ，将△ABD 沿BD 折起，折起后∠AEF ＝θ.(1)求证：平面AEF ⊥平面BCD ； (2)cos θ为何值时，AB ⊥CD?(2)解 如图所示，过A 作AP ⊥平面BCD 于P ，则P 在FE 的延长线上． 设BP 与CD 相交于Q ，令AB ＝1， 则△ABD 是边长为1的等边三角形．若AB ⊥CD ，又AP ⊥CD ，则CD ⊥平面ABP ，PQ ⊂平面ABP ， 则BQ ⊥CD .在Rt△CBQ 中，由于∠C ＝30°，故∠CBQ ＝60°. 又∠CBD ＝30°，故∠EBP ＝30°.在Rt△EBP 中，PE ＝BE ·tan 30°＝12×33＝36.又AE ＝32，故c os∠AEP ＝3632＝13.折起后有cos θ＝cos(π－∠AEP )＝－13.故当cos θ＝－13时，AB ⊥CD .16.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AA 1＋AB ＋AC ＝3，AB ＝AC ＝t (t >0)，P 是侧棱AA 1上的动点．(1)当AA 1＝AB ＝AC 时，求证：A 1C ⊥平面ABC 1； (2)试求三棱锥P BCC 1的体积V 取得最大值时的t 值； (3)若二面角A BC 1C 的平面角的余弦值为1010，试求实数t 的值． (1)证明 连接A 1C .∵AA 1⊥平面ABC ，AB 、AC ⊂平面ABC ， ∴AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 又AB ⊥AC ，∴以A 为原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则A (0，0，0)，C 1(0，1，1)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，0，1)，A 1C →＝(0，1，－1)，AC 1→＝(0，1，1)，AB →＝(1，0，0)．设平面ABC 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC 1→＝y ＋z ＝0，n ·AB →＝x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z .令z ＝1，则n ＝(0，－1，1)． ∵A 1C →＝－n ，∴A 1C ⊥平面ABC 1. (2)解 ∵AA 1∥平面BB 1C 1C ，∴点P 到平面BB 1C 1C 的距离等于点A 到平面BB 1C 1C 的距离． ∴111---P BCC A BCC C ABCV V V ＝＝＝16t 2(3－2t )＝12t 2－13t 3(0<t <32)，V ′＝－t (t －1)， 令V ′＝0，得t ＝0(舍去)或t ＝1， 列表得∴当t ＝1时，V max ＝16.设平面BCC 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝－tx 2＋ty 2＝0，n 2·CC 1→＝（3－2t ）z 2＝0，∵0<t <32，∴解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0.令y 2＝1，则n 2＝(1，1，0)．设二面角A BC 1C 的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则有|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|2t －3|2·t 2＋（2t －3）2＝1010. 化简得5t 2－16t ＋12＝0，解得t ＝2(舍去)或t ＝65.∴当t ＝65时，二面角A BC 1C 的平面角的余弦值为1010.17.直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为AB ，BB ′的中点． (1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． (1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， ∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a .∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D . (2)解 AC ′→＝－a ＋c ，∴|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |.AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22×52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 18.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．(2)解 由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)，B 1(－1，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3), 所以CE →＝(－λ，0，3λ)，∴E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，得⎩⎨⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3，∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面的一个法向量， ∴|cos〈n ，BA →〉|＝n ·BA →|n |·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．∴λ＝1.19．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；(2)求二面角H－BD－C的大小．(1)证明在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点．所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，因为ABCD为菱形，所以O为AC中点，在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.因为底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，E (－1，0，3)，F (1，0，3)，C (0，3，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，DB →＝(2，0，0)．设平面BDH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令z ＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为DE →＝(0，0，3)， 则cos 〈n ，DE →〉＝n ·DE →|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12. 所以二面角H －BD －C 的大小为60°.20．如图，在直角梯形ABCP 中，AP ∥BC ，AP ⊥AB ，AB ＝BC ＝12AP ＝2，D 是AP 的中点，E ，F ，G 分别为PC ，PD ，CB 的中点．将△PCD 沿CD 折起，使得PD ⊥平面ABCD .(1)求证：平面PCD ⊥平面PAD ； (2)求二面角G －EF －D 的大小； (3)求三棱锥D －PAB 的体积．(2)解 如图，以D 为原点，分别以DC ，DA ，DP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz .则G (2，1，0)，E (1，0，1)，F (0，0，1)，∴EF →＝(－1，0，0)，EG →＝(1，1，－1)．设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即 ⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，x ＋y －z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z . 取n ＝(0，1，1)．取平面PCD 的一个法向量DA →＝(0，1，0)， ∴cos〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝12＝22.结合图知二面角G EF D 的大小为45°. (3)解 三棱锥D PAB 的体积V D －PAB ＝V P －DAB ＝13S △ABD ·PD＝13×12×2×2×2＝43. 21.如图，平面PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．证明 (1)如图，连接OP ，以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，x 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0，0，0)，A (0，－8，0)，B (8，0，0)，C (0，8，0)，P (0，0，6)，E (0，－4，3)，F (4，0，3)． 由题意，得G (0，4，0)因为OB →＝(8，0，0)，OE →＝(0，－4，3)， 所以平面BOE 的一个法向量为n ＝(0，3，4)． 由FG →＝(－4，4，－3)，得n ·FG →＝0，又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE . (2)设点M 的坐标为(x 0，y 0，0)， 则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)． 因为FM ⊥平面BOE ， 所以FM →∥n .因此x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标是(4，－94，0)．在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组 ⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y <0，x －y <8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在△AOB 内存在一点M, 使FM ⊥平面BOE . 由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.22.如图，在三棱锥P ABC 中，PB ⊥底面ABC ，∠BCA ＝90°，PB ＝BC ＝CA ＝2，E 为PC 的中点，点F 在PA 上，且2PF ＝FA .(1)求证：BE ⊥平面PAC ；(2)求直线AB 与平面BEF 所成角的正弦值．(2)如图，以B 为原点建立空间直角坐标系．则C (2,0,0)，A (2,2,0)，P (0,0,2)，E (1,0,1)，PA →＝(2,2，－2)，BP →＝(0,0,2)，BE →＝(1,0,1)，∴BF →＝BP →＋PF →＝BP →＋13PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43.设平面BEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BF →＝0m ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋43z ＝0，x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝－1，∴m ＝(1,1，－1)．又AB →＝(－2，－2,0)，∴cos〈AB →，m 〉＝AB →·m |AB →|·|m |＝－63，设直线AB 与平面BEF 所成的角为α， ∴sin α＝63，∴直线AB 与平面BEF 所成角的正弦值为63. 23．如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1.(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)． 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题14 空间向量与立体几何【考向解读】以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.【命题热点突破一】 利用向量证明平行与垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.例1、【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面 ABC ,=90ACB ∠o ,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II 3． 【解析】（Ⅰ）延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF AC ⊥．又因为//EF BC ，1BE EF FC ===，2BC =，所以BCK △为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF CK ⊥．所以BF ⊥平面ACFD ．方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形．取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，3)K ，()1,3,0A --，13()2E ，13F(2-．因此，()0,3,0AC =u u u r ，(3AK =u u u r ，()2,3,0AB =u u u r ．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由ACAK⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，得111130330yx y z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()3,0,1=-m；由ABAK⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn，得22222230330x yx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()3,2,3=-n．于是，3cos,4⋅==⋅m nm nm n．所以，二面角B AD F--的平面角的余弦值为34．【变式探究】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.证明方法一由题意，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(0,1,0)，F(1,0,1)，M⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，O⎝⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA→＝(－1,0,0)，∴OM→·BA→＝0, ∴OM→⊥BA→.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴BA→是平面BCF的一个法向量，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)．∵DF→＝(1，－1,1)，DM→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC→＝(1,0,0)，CF→＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)． ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .(2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直，∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．【变式探究】如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩F E ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .【命题热点突破二】 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2、【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）9525. 【解析】（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-u u u r ，()6,0,0AC =u u u r ，()3,1,3AD '=u u u u r .设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则00AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u r m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则00AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u r n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是75cos ,255010⋅<>===⨯m n m n m n ， 95sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值295. 【变式探究】如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 【感悟提升】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．【变式探究】在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 【命题热点突破三】 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 例3、【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2. （I ）求证：EG ∥平面ADF ；（II ）求二面角O -EF -C 的正弦值；（III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）7【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF u u u r u u u r u u u r的方向为x 轴，y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-u u u r 为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-u u u r u u u r.设()2,,n x y z =u u r 为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-u u r.因此有2226cos ,OA n OA n OA n ⋅<>==⋅u u u r u u ru u u r u u r u u u r u u r ，于是23sin ,3OA n <>=u u u r u u r ，所以，二面角O EF C --的正弦值为33.（III）解：由23AH HF=，得25AH AF=.因为()1,1,2AF=-u u u r，所以2224,,5555AH AF⎛⎫==-⎪⎝⎭u u u r u u u r，进而有334,,555H⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r，因此2227cos,BH nBH nBH n⋅<>==-⋅u u u r u u ru u u r u u ru u u r u u r.所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为7.【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．(1)证明连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD.因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)解由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直．以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以AD→＝(1，－2,0)，AC→1＝(2，－2,1)．设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有⎩⎪⎨⎪⎧n·AD→＝0，n·AC→1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.【感悟提升】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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．【举一反三】如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|×|AM →|＝1252×2＝1010，所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)， 又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 高考押题精练(1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)． 可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量． ∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角， ∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 【高考真题解读】15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295.（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-u u u r，()6,0,0AC =u u u r ，()3,1,3AD '=u u u u r .设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则0AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u rm m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则0AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u rn n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是1475cos ,255010⋅-<>===⨯m n m n m n ， 295sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值是29525. 16.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =12AC =23，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）7【解析】（II ）解法一：连接'OO ,则'OO ⊥平面ABC ，又,AB BC =且AC 是圆O 的直径，所以.BO AC ⊥ 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，由题意得(0,23,0)B ，(23,0,0)C -，过点F 作FM OB 垂直于点M ， 所以223,FM FB BM =-=可得(0,3,3)F故(23,23,0),(0,3,3)BC BF =--=-u u u r u u u r. 设(,,)m x y z =u r是平面BCF 的一个法向量.由0,0m BC m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r可得23230,330x y y z ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩ 可得平面BCF 的一个法向量3(1,1,),m =-u r 因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n =r所以7cos ,7||||m n m n m n ⋅<>==u r ru r r u r r .所以二面角F BC A --的余弦值为7.解法二：连接'OO ，过点F 作FM OB ⊥于点M ， 则有//'FM OO , 又'OO ⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC, 可得223,FM FB BM -=过点M 作MN BC 垂直于点N ，连接FN ， 可得FN BC ⊥,从而FNM ∠为二面角F BC A --的平面角. 又AB BC =,AC 是圆O 的直径， 所以6sin 45MN BM ==o从而422FN =，可得7cos 7FNM ∠= 所以二面角F BC A --7. 17.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ； （2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C 因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA⊥A C 又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂=I ，平面平面 所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂=I F ，平面平面 所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.AC F ⊥平面 18.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2. （I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）7【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF u u u r u u u r u u u r的方向为x 轴，y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-u u u r u u u r .设()1,,n x y z =u r 为平面ADF 的法向量，则1100n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u ru r u u u r，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ .不妨设1z =，可得()10,2,1n =u r ，又()0,1,2EG =-u u u r ，可得10EG n ⋅=u u u r u r ，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-u u u r 为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-u u u r u u u r.设()2,,n x y z =u u r 为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-u u r.因此有2226cos ,3OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅u u u r u u ru u u r u u r u u u r u u r ，于是23sin ,3OA n <>=u u u r u u r ，所以，二面角O EF C --的正弦值为33.19.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）3；（3）存在，14AM AP = 【解析】（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0PC n PD n 即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=n .又)1,1,1(-=PB ，所以33,cos -=>=<PBn PB n PB n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 20.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC P ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN P 平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）525．【解析】（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . 又BC AD //，故TN AM P ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 以A 为坐标原点，AE uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-u u u u r ，)2,1,25(-=PN ，)2,1,25(=AN .设(,,)n x y z =r 为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =r ，于是||85|cos ,|||||n AN n AN n AN ⋅<>==r u u u rr u u u r r u u u r .21.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠o ,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II ）3．（Ⅱ）方法一：过点F 作FQ AK ⊥于Q ，连结BQ ．因为BF ⊥平面ACK ，所以BF AK ⊥，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ AK ⊥． 所以BQF ∠是二面角B AD F --的平面角． 在Rt ACK △中，3AC =，2CK =，得313FQ =在Rt BQF △中，313FQ =3BF =3cos BQF ∠=．所以二面角B AD F --3方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形． 取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ． 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，3)K ，()1,3,0A --，13()2E ，13F(2-． 因此，()0,3,0AC =u u u r ，(3AK =u u u r ，()2,3,0AB =u u u r．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由00AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m ，得111130330y x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取)3,0,1=-m ； 由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，得22222230330x y x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,3=-n ． 于是，3cos ,4⋅==⋅m n m n m n ．所以，二面角B AD F --322.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.EDCBPA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13.（Ⅱ）方法一：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ⋂AD=A ， 所以CD ⊥平面PAD. 从而CD ⊥PD.所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA=45°.设BC=1，则在Rt △PAD 中，PA=AD=2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH. 易知PA ⊥平面ABCD ， 从而PA ⊥CE. 于是CE ⊥平面PAH. 所以平面PCE ⊥平面PAH.过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE. 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH=45°，AE=1，所以AH=22. 在Rt △PAH 中，22PA AH +322， 所以sin ∠APH=AH PH =13.方法二：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ⋂AD=A ， 所以CD ⊥平面PAD. 于是CD ⊥PD.从而∠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. 设BC=1，则在Rt △PAD 中，PA=AD=2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD u u u r ,AP u u u r的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A （0,0,0），P （0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以PE u u u r =（1,0,-2），EC uuu r =（1,1,0），AP u u u r =（0,0,2）设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u u r u u u rn n 得20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩ 设x=2，解得n=(2,-2,1). 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α=||||||n AP n AP ⋅⋅u u u u ru u u r =2221322(2)1=⨯+-+ . 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.z yxMDCBPA23. 【2016高考上海理数】将边长为1的正方形11AAO O （及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，»AC 长为23π，¼11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAO O 的同侧。