高考数学(全国文理通用)一轮复习： 课标版 考点35 立体几何中的向量方法
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（Ⅰ）证明：AP⊥BC；
（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.
【思路点拨】向量法是解决立体几何问题的重要方法，这两小题均可用向量法解决，当然这类问题用传统的几何方法仍能得以解决。本题主要考查点、线、面位置关系，二面角等基础知识，以及空间想象能力与运算求解能力。
（II）设AB=AP.
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为 ，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.
【思路点拨】(1)证平面PAB中的直线AB ，从而可推得面PAB ，也可以建立坐标系证明两面的法向量垂直；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，然后用空间向量法进行求解探究.
【精讲精析】方法一:（Ⅰ）证明：如图，
以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.则O（0,0,0），A（0，-3,0），B（4,2,0），C（-4,2,0）,P（0,0,4） 由此可得 所以 ⊥ ，即AP⊥BC.
（Ⅱ）解：设
设平面BMC的法向量
平面APC的法向量
由
得
即可取
则 平面 平面 ，即 平面 平面 ，
于是 三线共点， ，若 是线段 的中点，而 ,
则 ，连接AF,四边形 为平行四边形，则 ，又∵ 平面 ，AF 平面ABFE.
所以 平面 ；
（Ⅱ）由 平面 ，作 ，则 平面 ，作 ，连接 ，则 ，于是 为二面角 的平面角.
若 ，设 ，则 ， ， 为 的中点， ， ，
【精讲精析】（Ⅰ）∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DB∩DC=D，∴AD⊥平面BDC，
∵AD 平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC．
（Ⅱ）由∠BDC 及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，以 ， ， 所在直线为 轴建立如图
所示的空间直角坐标系，易得：
6．（2011·陕西高考理科·T16）
如图，在△ABC中，∠ABC= ，∠BAC ，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，
使∠BDC ．
（Ⅰ）证明：平面ADB⊥平面BDC；
（Ⅱ）设E为BC的中点，求 与 夹角的余弦值．
【思路点拨】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（Ⅱ）在（Ⅰ）的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解．
【精讲精析】
解法1：（I）因为 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA ，又 ，所以 平面PAD.又 平面PAB，所以平面PAB 平面PAD.
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 （如图）.
在平面ABCD内，作 交 于点E，则 .
在 中， .设 ，则 .
由AB+AD＝4得AD＝ ，所以 ，
（i）设平面PCD的法向量为
(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值.
【思路点拨】第(1)问,通过证明 平面 证明 时,可利用勾股定理 ，第（2）问可建立空间直角坐标系 ，求得二面角 的余弦值
【精讲精析】（Ⅰ）因为 , 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BD AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD
2.（2011·江苏高考·Ｔ25）
如图，在正四棱柱 中， ，点 是 的中点，点 在 上，设二面角 的大小为 。
（1）当 时，求 的长；
（2）当 时，求 的长。
【思路点拨】本题考查的是空间向量基本概念、线面所成角、距离、数量积、空间想象能力、运算能力，解决本题的关键是正确地建立空间坐标系并正确标出各个点的坐标，然后利用空间向量的运算求解。
解法2：（I）同解法1.
（Ⅱ）（i）同解法1.
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D
的距离都相等.
由GC＝GD，得 从而 即CG ，
所以 .设 ，则 ，
AG＝AD-GD＝ .
在 中，
这与GB＝GD矛盾.
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.
【思路点拨】本题可利用PA, AC, BD两两互相垂直，建系求解.
【精讲精析】（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以 .又因为 平面ABCD，所以 .又 所以 平面PAC.
（Ⅱ）设 .因为 ，所以 ，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ，所以 .设PB与AC所成角为 ，则 .
(Ⅲ)由（Ⅱ）知 ，设 .则 ，设平面PBC的法向量 ，则 ，所以 ，令 ，则 ，所以 .同理，平面PDC的法向量 .因为平面PBC 平面PDC，所以 ，即 ，解得 .所以PA= .
又
从而 所以
综上所述，存在点M符合题意，AM=3.
关闭Word文档返回原板块。
，在 中 ,
则 ，即二面角 的大小为 .
坐标法：（Ⅰ）证明：由四边形 为平行四边形， ， 平面 ，可得以点 为坐标原点， 所在直线分别为 的直角坐标系，设 ，则 , ，
E（0,0，c）.由 可得 ， 由 得 ,
，则 ， ，而 平面 ，
所以 平面 ；
（Ⅱ）若 ，设 ，则 ，
,则 , ,
,设 分别为平面 与平面 的法向量.
故二面角A-PB-C的余弦值为 .
4.（2011·山东高考理科·Ｔ19）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB= ，EA⊥平面ABCD，EF∥AB， FG∥BC，EG∥AC.AB=２EF.
（Ⅰ)若Ｍ是线段AD上的中点，求证：GM∥平面ABFE;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小.
【精讲精析】
以D为原点，DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD1为z轴正半轴，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),A1(1,0,2),N( ,1,0),C(0,1,0)，设M(0，1,z),
面MDN的法向量 ，
设面A1DN的法向量为 ，则
取 即
(1)由题意： 取
（2）由题意： 即 取
3.（2011·新课标全国高考理科·Ｔ18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
所以BD 平面PAD.故PA BD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为 轴的正半轴射线DB为y轴的正半轴，射线DP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D- ，
则 , , , .
设平面PAB的法向量为 =（x,y,z），则 ,
即
因此可取 =
设平面PBC的法向量为 ，则
可取 =（0，-1， ），
则 ，令 ，则 ， ；
，令 ，则 ， .
于是 ，则 ，
即二面角 的大小为 .
5.（2011·北京高考理科·T16）如图，在四棱锥P-ABCD中， 平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2， .
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
【思路点拨】（1）本小题考查线面平行的判定，只需在平面内找一条直线和已知直线平行即可.（2）本题考查利用空间向量求二面角的大小，先建立合适的空间直角坐标系，再分别求出平面BFC与平面ABF的法向量，两个法向量的夹角（或补角）即为所求二面角的大小.
【精讲精析】几何法：
证明：（Ⅰ） ， 延长 交 的延长线于点 ，而 ， ，
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考点35立体几何中的向量方法
解答题
1.（2011·福建卷理科·Ｔ20）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD= ， .
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
D(0,0,0),B(1,0,0),由△ABD∽△CBA得CD=3，AC= ,
∴C (0,3,0),A(0,0, ),E( , ,0)，
所以 ， ，
∴
所以 与 夹角的余弦值是 ．
7.（2011·浙江高考理科·Ｔ20）
如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2
由 得
取 ，得平面PCD的一个法向量 .
即
解得 或 （舍去，因为 ），所以AB＝
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等，
设G（0,m,0）(其中 )，则
由 得 即 .①
由 得 ②
由①②消去 ，化简得 ③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B,C，D的距离都相等.
由 即 得 可取
由 ，得
解得 ，故AM=3
综上所述，存在点M符合题意，AM=3.
方法二：
（Ⅰ）证明：由AB=AC,D是BC的中点，得AD⊥BC,
又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC。
因为PO∩AD=0，所以BC⊥平面PAD
故BC⊥PA.
（Ⅱ）解：如图，
在平面PAB内作BM⊥PA于M,连CM.
由（Ⅰ）中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC.
又AP 平面APC,所以平面BMC⊥平面APC。
在Rt△ADB中，AB2=AD2+BD2=41，得AB=
在Rt△POD中, PD2=PO2+OD2,
在Rt△PDB中, PB2=PD2+BD2,
所以PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6.
在Rt△POA中, PA2=AO2+OP2=25,得PA=5
（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.
【思路点拨】向量法是解决立体几何问题的重要方法，这两小题均可用向量法解决，当然这类问题用传统的几何方法仍能得以解决。本题主要考查点、线、面位置关系，二面角等基础知识，以及空间想象能力与运算求解能力。
（II）设AB=AP.
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为 ，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.
【思路点拨】(1)证平面PAB中的直线AB ，从而可推得面PAB ，也可以建立坐标系证明两面的法向量垂直；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，然后用空间向量法进行求解探究.
【精讲精析】方法一:（Ⅰ）证明：如图，
以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.则O（0,0,0），A（0，-3,0），B（4,2,0），C（-4,2,0）,P（0,0,4） 由此可得 所以 ⊥ ，即AP⊥BC.
（Ⅱ）解：设
设平面BMC的法向量
平面APC的法向量
由
得
即可取
则 平面 平面 ，即 平面 平面 ，
于是 三线共点， ，若 是线段 的中点，而 ,
则 ，连接AF,四边形 为平行四边形，则 ，又∵ 平面 ，AF 平面ABFE.
所以 平面 ；
（Ⅱ）由 平面 ，作 ，则 平面 ，作 ，连接 ，则 ，于是 为二面角 的平面角.
若 ，设 ，则 ， ， 为 的中点， ， ，
【精讲精析】（Ⅰ）∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DB∩DC=D，∴AD⊥平面BDC，
∵AD 平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC．
（Ⅱ）由∠BDC 及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，以 ， ， 所在直线为 轴建立如图
所示的空间直角坐标系，易得：
6．（2011·陕西高考理科·T16）
如图，在△ABC中，∠ABC= ，∠BAC ，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，
使∠BDC ．
（Ⅰ）证明：平面ADB⊥平面BDC；
（Ⅱ）设E为BC的中点，求 与 夹角的余弦值．
【思路点拨】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（Ⅱ）在（Ⅰ）的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解．
【精讲精析】
解法1：（I）因为 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA ，又 ，所以 平面PAD.又 平面PAB，所以平面PAB 平面PAD.
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 （如图）.
在平面ABCD内，作 交 于点E，则 .
在 中， .设 ，则 .
由AB+AD＝4得AD＝ ，所以 ，
（i）设平面PCD的法向量为
(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值.
【思路点拨】第(1)问,通过证明 平面 证明 时,可利用勾股定理 ，第（2）问可建立空间直角坐标系 ，求得二面角 的余弦值
【精讲精析】（Ⅰ）因为 , 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BD AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD
2.（2011·江苏高考·Ｔ25）
如图，在正四棱柱 中， ，点 是 的中点，点 在 上，设二面角 的大小为 。
（1）当 时，求 的长；
（2）当 时，求 的长。
【思路点拨】本题考查的是空间向量基本概念、线面所成角、距离、数量积、空间想象能力、运算能力，解决本题的关键是正确地建立空间坐标系并正确标出各个点的坐标，然后利用空间向量的运算求解。
解法2：（I）同解法1.
（Ⅱ）（i）同解法1.
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D
的距离都相等.
由GC＝GD，得 从而 即CG ，
所以 .设 ，则 ，
AG＝AD-GD＝ .
在 中，
这与GB＝GD矛盾.
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.
【思路点拨】本题可利用PA, AC, BD两两互相垂直，建系求解.
【精讲精析】（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以 .又因为 平面ABCD，所以 .又 所以 平面PAC.
（Ⅱ）设 .因为 ，所以 ，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ，所以 .设PB与AC所成角为 ，则 .
(Ⅲ)由（Ⅱ）知 ，设 .则 ，设平面PBC的法向量 ，则 ，所以 ，令 ，则 ，所以 .同理，平面PDC的法向量 .因为平面PBC 平面PDC，所以 ，即 ，解得 .所以PA= .
又
从而 所以
综上所述，存在点M符合题意，AM=3.
关闭Word文档返回原板块。
，在 中 ,
则 ，即二面角 的大小为 .
坐标法：（Ⅰ）证明：由四边形 为平行四边形， ， 平面 ，可得以点 为坐标原点， 所在直线分别为 的直角坐标系，设 ，则 , ，
E（0,0，c）.由 可得 ， 由 得 ,
，则 ， ，而 平面 ，
所以 平面 ；
（Ⅱ）若 ，设 ，则 ，
,则 , ,
,设 分别为平面 与平面 的法向量.
故二面角A-PB-C的余弦值为 .
4.（2011·山东高考理科·Ｔ19）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB= ，EA⊥平面ABCD，EF∥AB， FG∥BC，EG∥AC.AB=２EF.
（Ⅰ)若Ｍ是线段AD上的中点，求证：GM∥平面ABFE;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小.
【精讲精析】
以D为原点，DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD1为z轴正半轴，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),A1(1,0,2),N( ,1,0),C(0,1,0)，设M(0，1,z),
面MDN的法向量 ，
设面A1DN的法向量为 ，则
取 即
(1)由题意： 取
（2）由题意： 即 取
3.（2011·新课标全国高考理科·Ｔ18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
所以BD 平面PAD.故PA BD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为 轴的正半轴射线DB为y轴的正半轴，射线DP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D- ，
则 , , , .
设平面PAB的法向量为 =（x,y,z），则 ,
即
因此可取 =
设平面PBC的法向量为 ，则
可取 =（0，-1， ），
则 ，令 ，则 ， ；
，令 ，则 ， .
于是 ，则 ，
即二面角 的大小为 .
5.（2011·北京高考理科·T16）如图，在四棱锥P-ABCD中， 平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2， .
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
【思路点拨】（1）本小题考查线面平行的判定，只需在平面内找一条直线和已知直线平行即可.（2）本题考查利用空间向量求二面角的大小，先建立合适的空间直角坐标系，再分别求出平面BFC与平面ABF的法向量，两个法向量的夹角（或补角）即为所求二面角的大小.
【精讲精析】几何法：
证明：（Ⅰ） ， 延长 交 的延长线于点 ，而 ， ，
温馨提示：
此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观
看比例，关闭Word文档返回原板块。
考点35立体几何中的向量方法
解答题
1.（2011·福建卷理科·Ｔ20）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD= ， .
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
D(0,0,0),B(1,0,0),由△ABD∽△CBA得CD=3，AC= ,
∴C (0,3,0),A(0,0, ),E( , ,0)，
所以 ， ，
∴
所以 与 夹角的余弦值是 ．
7.（2011·浙江高考理科·Ｔ20）
如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2
由 得
取 ，得平面PCD的一个法向量 .
即
解得 或 （舍去，因为 ），所以AB＝
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等，
设G（0,m,0）(其中 )，则
由 得 即 .①
由 得 ②
由①②消去 ，化简得 ③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B,C，D的距离都相等.
由 即 得 可取
由 ，得
解得 ，故AM=3
综上所述，存在点M符合题意，AM=3.
方法二：
（Ⅰ）证明：由AB=AC,D是BC的中点，得AD⊥BC,
又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC。
因为PO∩AD=0，所以BC⊥平面PAD
故BC⊥PA.
（Ⅱ）解：如图，
在平面PAB内作BM⊥PA于M,连CM.
由（Ⅰ）中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC.
又AP 平面APC,所以平面BMC⊥平面APC。
在Rt△ADB中，AB2=AD2+BD2=41，得AB=
在Rt△POD中, PD2=PO2+OD2,
在Rt△PDB中, PB2=PD2+BD2,
所以PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6.
在Rt△POA中, PA2=AO2+OP2=25,得PA=5