高考数学大二轮复习第1部分专题5立体几何第3讲用空间向量的方法解立体几何问题课件201811225190
2018年高考数学二轮复习考前专题五立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法讲学案理
第3讲 立体几何中的向量方法以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一 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 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，点M 为AB 的中点，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 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点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.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，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 . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (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 ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴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．跟踪演练1 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2. (1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)．∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面PAD ， ∴DC ⊥平面PAD . ∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC . 热点二 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 |＝(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)二面角设α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例2 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1, ∠BCC 1＝π3，AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A －B 1D －A 1的平面角为π3，求λ的值．解 (1)易知A ()0，0，2，B 1()0，4，0，A 1()0，4，2. 当λ＝12时，因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2，A 1D →＝()3，－3，－2.所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →，＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知，D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知，AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3，z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3，z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A －B 1D －A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12，即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.思维升华 (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，注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，SD ＝AD ＝AB ＝2，DC ＝1. (1)求二面角S －BC －A 的余弦值；(2)设P 是棱BC 上一点，E 是SA 的中点，若PE 与平面SAD 所成角的正弦值为22613，求线段CP 的长．解 (1)以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,0)，S (0,0,2)，所以SB →＝(2,2，－2)，SC →＝(0,1，－2)，DS →＝(0,0,2)． 设平面SBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由n 1·SB →＝0，n 1·SC →＝0， 得2x ＋2y －2z ＝0且y －2z ＝0. 取z ＝1，得x ＝－1，y ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)是平面SBC 的一个法向量．因为SD ⊥平面ABC ，取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)． 设二面角S －BC －A 的大小为θ， 所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝|1|6＝66，由图可知二面角S －BC －A 为锐二面角，所以二面角S －BC －A 的余弦值为66.(2)由(1)知，E (1,0,1)，则CB →＝(2,1,0)，CE →＝(1，－1,1)． 设CP →＝λCB →(0≤λ≤1)，则CP →＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)， 所以PE →＝CE →－CP →＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD ⊥平面SAD ，所以CD →＝(0，－1,0)是平面SAD 的一个法向量．设PE 与平面SAD 所成的角为α， 所以sin α＝|cos 〈PE →，CD →〉| ＝|PE →·CD →||PE →||CD →|＝λ＋15λ2－2λ＋3， 即λ＋15λ2－2λ＋3＝22613，得λ＝13或λ＝119(舍)． 所以CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，|CP →|＝53，所以线段CP 的长为53. 热点三 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 如图，在四棱锥E －ABCD 中，平面ABE ⊥底面ABCD ，侧面AEB 为等腰直角三角形，∠AEB ＝π2，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC .(1)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(2)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA；若不存在，说明理由． 解 (1)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ⊥BC ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面ABE, 则∠CEB 即为直线EC 与平面ABE 所成的角， 设BC ＝a ，则AB ＝2a ，BE ＝2a ，所以CE ＝3a ， 则在Rt △CBE 中， sin ∠CEB ＝CB CE＝13＝33， 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (2)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ，证明如下：取AB 中点O 为坐标原点，OB ，OD ，OE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设CD ＝1，则E (0,0,1)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， 所以EA →＝(－1,0，－1)，BD →＝(－1,1,0)，EC →＝(1,1，－1)．由EF →＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23.设平面FBD 的法向量为v ＝()a ，b ，c ， 则⎩⎪⎨⎪⎧v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝()1，1，2，因为EC →·v ＝()1，1，－1·()1，1，2＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即当点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .思维升华 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．跟踪演练3 如图所示的空间几何体中，底面四边形ABCD 为正方形，AF ⊥AB ，AF ∥BE ，平面ABEF ⊥平面ABCD ，DF ＝5，CE ＝22，BC＝2.(1)求二面角F －DE －C 的大小；(2)若在平面DEF 上存在点P ，使得BP ⊥平面DEF ，试通过计算说明点P 的位置．解 (1)因为AF ⊥AB ，平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，所以AF ⊥平面ABCD ，所以AF ⊥AD .因为四边形ABCD 为正方形，所以AB ⊥AD ，所以AD ，AB ，AF 两两垂直，以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．由勾股定理可知，AF ＝1，BE ＝2，所以A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (2,0,0)，E (0,2,2)，F (0,0,1)，所以AC →＝(2,2,0)，CD →＝(0，－2,0)， CE →＝(－2,0,2)．设平面CDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，－2x ＋2z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0,1)．同理可得平面DEF 的一个法向量m ＝(1，－1,2)， 故cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝32，因为二面角F －DE －C 为钝角，故二面角F －DE －C 的大小为5π6. (2)设DP →＝λDE →＋μDF →，因为DE →＝(－2,2,2)，DF →＝(－2,0,1)，又BD →＝(2，－2,0)，DP →＝λDE →＋μDF →＝(－2λ，2λ，2λ)＋(－2μ，0，μ)＝(－2λ－2μ，2λ，2λ＋μ)，所以BP →＝BD →＋DP →＝(2－2λ－2μ，2λ－2,2λ＋μ)， 因为⎩⎪⎨⎪⎧BP →·DF →＝0，BP →·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2(2－2λ－2μ)＋2λ＋μ＝0，－2(2－2λ－2μ)＋2(2λ－2)＋2(2λ＋μ)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝0，λ＝23，即DP →＝23DE →.所以P 是线段DE 上靠近E 的三等分点．真题体验1．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D —ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2，分别记二面角D —PR —Q ，D —PQ —R ，D —QR —P 的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________． 答案 α＜γ＜β解析 如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .由图可知，它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，OF ＝OQ ·sin∠OQF ＜OQ ·sin∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin∠ORE ＞OR ·sin∠ORP ′＝a ，∴OF ＜OG ＜OE ， ∴ODtan β＜ODtan γ＜ODtan α，∴α＜γ＜β.2．(2017·北京)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点；(2)求二面角B —PD —A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值． (1)证明 设AC ，BD 交于点E ，连接ME ，如图所示． 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为四边形ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点， 所以M 为PB 的中点．(2)解 取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD ，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，且OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为四边形ABCD 是正方形， 所以OE ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)．设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝ 2.于是n ＝(1,1，2)． 平面PAD 的法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题意知，二面角B －PD －A 为锐角， 所以它的大小为π3.(3)解 由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)， MC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，2，－22. 设直线MC 与平面BDP 所成的角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.押题预测(2017届太原模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD, DF ∥BE, DF ＝2BE ＝2，EF ＝3. (1)证明：平面ACF ⊥平面BEFD ；(2)若二面角A －EF －C 是直二面角，求AE 与平面ABCD 所成角的正切值．押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点． (1)证明 ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD . ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， 又BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BEFD ， ∴AC ⊥平面BEFD . ∵AC ⊂平面ACF ， ∴平面ACF ⊥平面BEFD . (2)解 方法一 (向量法)设AC 与BD 交于点O ，以点O 为原点，OA 方向为x 轴，OB 方向为y 轴，BE 方向为z 轴建立空间直角坐标系，如图．取DF 的中点H ，连接EH . ∵BE 綊DH, DH ＝1，∴四边形BEHD 为平行四边形， ∵在Rt △EHF 中，FH ＝1，EF ＝3， ∴EH ＝22，∴BD ＝2 2.设AB 的长为a ，则各点坐标为A ()a 2－2，0，0，E ()0，2，1，F ()0，－2，2，C ()－a 2－2，0，0，∴AE →＝()－a 2－2，2，1，EF →＝()0，－22，1， CE →＝()a 2－2，2，1.设n 1＝()x 1，y 1，z 1为平面AEF 的法向量，n 2＝()x 2，y 2，z 2为平面CEF 的法向量．由n 1·AE →＝0，n 1·EF →＝0， 得z 1＝22y 1，x 1＝32a 2－2y 1.令y 1＝a 2－2，得n 1＝()32，a 2－2，22a 2－4， 同理得n 2＝()－32，a 2－2，22a 2－4. ∵二面角A －EF －C 是直二面角， ∴n 1·n 2＝0，得a ＝2，由题可得∠EAB 为AE 与平面ABCD 的夹角， ∵AB ＝2，BE ＝1，∴tan ∠EAB ＝BE AB ＝12.方法二 (几何法) 设AC 与BD 交于点O . ∵四边形ABCD 是菱形，∴△ADF ≌△CDF ，△ABE ≌△CBE ， ∴AF ＝CF ，AE ＝CE ，∴△AEF ≌△CEF . 过A 作AM ⊥EF ，连接CM ，则CM ⊥EF ， 则∠AMC 为二面角A －EF －C 的平面角． 设菱形的边长为a ，∵BE ＝1，DF ＝2，EF ＝3, DF ⊥BD ，∴BD ＝2 2. 在△AOB 中，AO ＝a 2－2，∴AC ＝2a 2－2，∵A －EF －C 的二面角为直角，∴∠AMC 为直角， ∴AM ＝2a 2－4，在△AEF 中，AM ⊥EF ，设ME ＝x ，则MF ＝3－x ，AF ＝a 2＋4，AE ＝a 2＋1，()a 2＋42－()3－x 2＝()a 2＋12－x 2，∴a ＝2.AE 与平面ABCD 所成角为∠EAB ，∴tan ∠EAB ＝12.A 组 专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.2.(2017·湖南省衡阳市联考)如图所示，在正方体AC 1中，AB ＝2, A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos ()α－β等于()A.66B.33C.306 D.63答案 A解析 由题意可知，α＝π2，则cos ()α－β＝sin β，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，E ()1，1，2，DE →＝()1，1，2，平面BCC 1B 1的法向量DC →＝()0，2，0，由此可得cos ()α－β＝sin β＝DE →·DC→|DE →||DC →|＝66.故选A.3．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为()x ，1－x ，x (0≤x ≤1)，则BP →＝()x －1，－x ，x ，BC 1→＝()－1，0，1，设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP →·BC 1→||BP →||BC 1→＝1()x －12＋2x 2×2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋23·2，所以当x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时， cos α取得最小值12，α＝π3. 因为BC 1∥AD 1.故选D.4．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32B.155 C.105 D.33答案 C解析 方法一 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1， 所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知，BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示． 由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.5．(2017·全国Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案 ②③解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆． 设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与直线a 所成的夹角为α， 则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB 与直线b 所成的夹角为β， 则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与直线a 的夹角为60°，即α＝60°时， 则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．6.如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值； (2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D＝λ .若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．解 因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱， 所以A 1A ⊥平面ABCD .又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .在菱形ABCD 中，∠ABC ＝π3，则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1. (1)AD →＝(0,2,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，1，从而cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →||EF →|＝24.故异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1MA 1D＝λ， 则A 1M →＝λA 1D →，即(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)． 则M (0,2λ，2－2λ)，CM →＝(－3，2λ－1,2－2λ)． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)． 因为AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，由n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得x 0＝0，12y 0＋z 0＝0.取y 0＝2，则z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)． 由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM →＝0， 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0， 解得λ＝23.7．(2017·全国Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D —AE —C 的余弦值．(1)证明 由题设可得 △ABD ≌△CBD . 从而AD ＝CD ，又△ACD 为直角三角形， 所以∠ADC ＝90°，取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ， 所以∠DOB 为二面角D —AC —B 的平面角， 在Rt △AOB 中，BO 2＋OA 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解 由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点， OA →为x 轴正方向，OB →为y 轴正方向，OD →为z 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则O (0,0,0)，A ()1，0，0，D ()0，0，1，B ()0， 3，0，C (－1，0,0)，由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，故AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12，AD →＝()－1，0，1，OA →＝()1，0，0.设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面AEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n 1＝0，AD →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋32y 1＋12z 1＝0，－x 1＋z 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1，33，1. ⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n 2＝0，OA →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，x 2＝0，令y 2＝－1，则n 2＝(0，－1，3)，设二面角D —AE —C 的平面角为θ，易知θ为锐角， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝77.8．(2016·浙江)如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B —AD —F 的平面角的余弦值．(1)证明 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BCFE ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 方法一 过点F 作FQ ⊥AK 于点Q ，连接BQ . 因为BF ⊥平面ACFD ，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，AC ＝3，CK ＝2， 得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以二面角B —AD —F 的平面角的余弦值为34.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 ，连接KO ，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 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →＝(2,3,0)． 设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝34.所以二面角B —AD —F 的平面角的余弦值为34. B 组 能力提高9．已知空间四边形ABCD ，满足||AB →＝3, ||BC →＝7, ||CD →＝11, ||DA →＝9，则AC →·BD →的值为( ) A ．－1 B ．0C.212 D.332答案 B解析 如图，构造符合题设的空间四边形ABCD ，不妨设AB ⊥BD ，则BD ＝81－9＝72，因为BC 2＋BD 2＝CD 2，则CB ⊥BD ，故由线面垂直的判定定理可得BD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥BD ，即AC →·BD →＝0，故选B.10.(2017届上饶模拟)如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3AD ＝3AA 1＝3，点P 为线段A 1C 上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的是________．①当A 1C →＝3A 1P →时，D 1P ∥平面BDC 1； ②当A 1C →＝5A 1P →时，A 1C ⊥平面D 1AP ； ③∠APD 1的最大值为90°； ④AP ＋PD 1的最小值为 5. 答案 ①②解析 以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，C (0，3，0)，D 1(0,0,1)，C 1(0，3，1)，B (1，3，0)，则A 1C →＝(－1，3，－1)，设P (x ，y ，z )，A 1P →＝(x －1，y ，z －1)． 对于①，当A 1C →＝3A 1P →时，(－1，3，－1)＝3(x －1，y ，z －1)， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，33，23，D 1P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，33，－13，设平面BDC 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0，解得n 1＝(－3，1，－3)，由于D 1P →·n 1＝0， 所以D 1P ∥平面BDC 1成立； 对于②，当A 1C →＝5A 1P →时，(－1，3，－1)＝5(x －1，y ，z －1)， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫45，35，45，由⎩⎪⎨⎪⎧A 1C →·D 1A →＝0，A 1C →·D 1P →＝0，可知A 1C ⊥平面D 1AP 成立； 对于③，设A 1C →＝λA 1P →，即(－1，3，－1)＝λ(x －1，y ，z －1)， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ，3λ，1－1λ，由cos 〈PA →，PD 1→〉＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，－3λ，1λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1，－3λ，1λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12，其分子化简得5－2λλ2，当λ>52时，cos 〈PA →，PD 1→〉<0，故∠APD 1的最大值可以为钝角，③错误． 对于④，根据③计算的数据， PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，－3λ，1λ－1，PD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1，－3λ，1λ， |PA →|＋|PD 1→|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12 ＝25·1λ2－2·1λ＋1， 在对称轴1λ＝15，即λ＝5时取得最小值245＝455，故④错误．11.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1半径为r ＝5, OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD . (1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B —AD —O 的正弦值．(1)证明 依题易知，圆锥的高为h ＝(52)2－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ， 所以OD 2＝OA 2＋AD 2， 因为AB ⊥BD ， 所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2，所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64， 解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内， 所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD . 因为AB ⊥平面BDE ，所以DE ⊥AB ， 因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ， 所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ， 所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)解 如图，以D 为原点，DB ，DE 所在的直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4)．所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)， 设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0， DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)， 所以cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝41582＝8210，所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.12．(2017届北京市丰台区综合练习)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC的值；若不存在，说明理由．(1)证明 由已知得EF ∥CD ，且EF ＝CD . 因为四边形ABCD 为等腰梯形，所以BG ∥CD . 因为G 是棱AB 的中点，所以BG ＝CD . 所以EF ∥BG ，且EF ＝BG ， 故四边形EFBG 为平行四边形， 所以EG ∥FB .因为FB ⊂平面BDF, EG ⊄平面BDF ， 所以EG ∥平面BDF .(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC .因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3， 所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，以DA ，DB ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则D ()0，0，0，A ()1，0，0，E ()0，0，1，B ()0，3，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，DB →＝()0，3，0.设平面BDF 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取z ＝1，则x ＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1. 设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010，所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下： 假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t ()0≤t ≤1，则DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t .设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0，m ·DH →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0.取c ＝1，则a ＝0，b ＝－23t ，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23 t ，1.要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m·n ＝0， 即2×0－23t ×0＋1×1＝0, 此方程无解．所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .。
高考数学大二轮 专题限时训练 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题 文
高考数学大二轮专题限时训练第3讲用空间向量的方法解立体几何问题文【选题明细表】知识点、方法题号空间向量及其运算2、3利用空间向量解决平行、垂直1、5、8利用向量求空间角2、4、7利用空间向量求距离 6综合应用9、10一、选择题1.已知a=(2,4,-5),b=(3,x,y),若a∥b,则x+y等于( D )(A)-9 (B)-(C)-3 (D)-解析:由a∥b,得==,解得x=6,y=-,故x+y=6-=-.故选D.2.已知向量a=(1,-,3),b=(-2,2,-6),|c|=2,若(a+b)·c=6,则a与c的夹角为( C )(A)30° (B)60° (C)120°(D)150°解析:由已知得a+b=(-1,,-3)=-a,所以(a+b)·c=-a·c=6,则a·c=-6,而|a|==2,所以cos<a,c>==-,所以<a,c>=120°.故选C.3.已知平面α内的三个点A(2,0,0)、B(0,2,0)、C(0,0,2),则平面α的一个法向量是( A )(A)(1,1,1) (B)(-1,1,1)(C)(-1,-1,1) (D)(1,1,-1)解析:∵=(-2,2,0),=(0,-2,2),设n=(x,y,z)为平面α的一个法向量,则⇒取x=1,则y=1,z=1.∴n=(1,1,1).故选A.4.正方体ABCD A1B1C1D1中,E是棱BB1中点,G是DD1中点,F是BC上一点且FB=BC,则GB与EF 所成的角为( D )(A)30° (B)120°(C)60°(D)90°解析:设正方体棱长为1,以D为原点,直线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则有G(0,0,),B(1,1,0),E(1,1,),F(,1,0),=(1,1,-),=(-,0,-),∴·=1×(-)+1×0+(-)×(-)=0,则⊥.故GB与EF所成角为90°.故选D.5.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为( B )(A),-,4 (B),-,4(C),-2,4 (D)4,,-15解析:由于⊥,所以·=0,即1×3+5×1-2z=0,∴z=4.∴=(3,1,4),又BP⊥平面ABC,所以BP⊥AB,BP⊥BC,即有所以解得x=,y=-,故选B.6.在棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1中,M为AB的中点,则点C到平面A1MD的距离为( A )(A) a (B) a(C) a (D) a解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(a,0,0),D(0,0,a),M(a,,a),C(0,a,a),所以=(0,,a),=(-a,0,a),=(0,a,0).设平面A1MD的法向量为n=(x,y,z),则由得即令x=1,则y=-2,z=1,所以n=(1,-2,1)为平面A1MD的一个法向量.所以点C到平面A1MD的距离等于=== a.故选A.二、填空题7.在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,则异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为. 解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则各点的坐标分别为A(2,0,0),B(2,3,0),C(0,3,0),A1(2,0,1),B1(2,3,1),则=(0,-3,1),=(2,0,1),∴cos<,>==,即得异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为.答案:8.如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是.解析:如图所示,分别以C1B1、C1D1,C1C所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.∵A1M=AN=a,∴M(a,a,),N（a,a,a）,∴=（-,0,a）.又C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴=(0,a,0),∴·=0,∴⊥.∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.答案:平行三、解答题9.(2012年高考新课标全国卷)如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1BD C1的大小.(1)证明:不妨设AC=BC=AA1=1.又∵D为AA1中点,∴A1D=AD=1,∴DC1=,BC1=,∴BD2=3=AD2+AB2,∴AB2=2=AC2+BC2,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,又∵BC⊥CC1,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC.(2)解:由(1)知CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),D(1,0,1),A1(1,0,2),C1(0,0,2),∴=(1,-1,1),=(0,-1,2),设平面BDC1的一个法向量n=(x,y,z).则即令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面A1BD的一个法向量m=(1,1,0),∴cos<m,n>===,又∵二面角A1BD C1为锐二面角,∴该二面角的大小为.10. 在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2.以AC的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点M,交PC于点N.(1)求证:平面ABM⊥平面PCD;(2)求直线CD与平面ACM所成的角的大小;(3)求点N到平面ACM的距离.(1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2), ∴=(2,0,0),=(0,2,2),设平面ABM的法向量n1=(x1,y1,z1),∴∴可取n1=(0,1,-1).=(0,4,-4),=(-2,0,0),设平面PCD的法向量n2=(x2,y2,z2),∴∴可取n2=(0,1,1).∵n1·n2=1-1=0,∴n1⊥n2.∴平面ABM⊥平面PCD.解:(2)由(1)得=(2,4,0),=(0,2,2),=(-2,0,0),设平面ACM的一个法向量n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,可得令z=1,则n=(2,-1,1).设所求角为α,则sin α==,所求角的大小为arcsin .(3)连结AN,由题意可得AN⊥NC.在Rt△PAC中,PA2=PN·PC,所以PN=,则NC=PC-PN=,=,所求距离等于点P到平面ACM距离的. 设点P到平面ACM距离为h,又由(1)知=(0,0,4),则h==,所以所求距离为h=.。
高考中如何利用空间向量知识来解立体几何问题专题知识
高考中如何利用空间向量知识来解立体几何问题专题知识如何利用空间向量知识来解立体几何问题在高考数学的备考中大家都知道每年的高考大题立体几何题是必考的知识的，如何才能做好这道题？当然有很多解法，更常用是的用平面几何来解决，但是用平面几何来解决立体几何的问题在某些问题上是比较烦杂的，如能利用空间向量知识来解决就会更加地方便。
在这里，我对知识进行了一些整理，希望对广大考有所参考，有所帮助。
一、空间坐标系如何建立：（1）基本构成：由x,y,z三条数轴构成，这三条轴两两垂直。
如图：（一般来说：xoy平面作为底面，0z轴作为垂直于底面的轴）（2）建立坐标系原则，（先找出底面，建立xoy平面，根据条件把xoy平面的垂线找出作为oz轴。
）（I）xoy平面的坐标系的建立：（因为能构成平面的图形一般有平形四边形、矩形、菱形、直角三角形、等腰三角形、正三角形，所以根据这些特殊图形的性质，可以建立适当的xoy平面）（II）作为oz轴，（即为找出与与底面垂直的直线。
一般情况有两类：第一类：题目已知，或易发现的。
第二类：侧面与底面垂直，作垂直于两个面的交线即为垂线。
）（3）常见的建立坐标系的图形组合。
（I）底面矩形，侧面也为矩形，且两个面互相垂直，由们的三条交线即可构成坐标系。
如图（1）（II）底面矩形，侧面为等腰（等边）三角形，且两个面互相垂直，则作侧面的底边的高建立坐标系。
如图（2）（III）底面为直角三角形，侧面为矩形或等腰三角形，且两个面互相垂直，则以底面两直角边为x,y轴，oz轴建立如（II）如图（3）（IV）底面为平行四边形，侧面为矩形或者三角形，且两个面互相垂直，则根据给定的特殊平行四边形进行建立坐标系。
如图（4）二、如何表示空间内点的坐标：（形式：如A（x,y,z））（1）原则：在xoy平面内，到y轴的距离为x的坐标；到x轴的距离为y的坐标；z作为与离xoy平面距离。
（即所谓的高度）。
要注意坐标所在的象限的正负。
高三数学二轮复习重点
高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。
当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。
大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。
专题五：解析几何。
2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。
高考数学大二轮复习专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件(理科)
利用空间向量求空间角
考情调研
考向分析
本考点为高考中的必考内容，涉及用向量
法计算空间异面直线所成角、直线和平面
所成角、二面角及空间距离等内容，考查 1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角．
热点是空间角的求解．题型以解答题为主， 2.由空间角的大小求参数值或线段长
要求有较强的运算能力，广泛应用函数与
的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，有
时也以探索论证题的形式出现.
[题组练透] 1．如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1 的所有棱长都为 2， D 为 CC1 的中点．求证：AB1⊥平面 A1BD.
证明：取 BC 的中点 O，连接 AO. 因为△ABC 为正三角形， 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，平面 ABC⊥平面 BCC1B1， 且平面 ABC∩平面 BCC1B1＝BC， 所以 AO⊥平面 BCC1B1. 取 B1C1 的中点 O1，以 O 为原点，分别以 OB，OO1， OA 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，B→A1＝(－1,2， 3)，B→D＝(－2,1,0)． 因为 n⊥B→A1，n⊥B→D， 故nn··BB→→DA1＝＝00，， 即－ －x2＋ x＋2yy＋ ＝0，3z＝0， 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3， 故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的一个法向量， 而A→B1＝(1,2，－ 3)，所以A→B1＝n，所以A→B1∥n， 故 AB1⊥平面 A1BD.
n·A→B＝0 由n·A→M＝0
2014年高考数学大二轮教学专题复习课件：专题五 立体几何 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题
设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,
n CB 0, x 0, 则 即 x 2 y z 0, n BP 0 ,
可取 n=(0,1,2). 设 m=(x1,y1,z1)是平面 PBQ 的法向量,
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,2, 2 ), O(1,1,0), ∴ DB =(2,2,0), DE =(0,2,
AO =(-1,1,0).
2 ),
设平面 BDE 的法向量为 n=(x,y,z),
n DB 0 则 , n DE 0
2 x 2 y 0 ∴ , 2 y 2 z 0
解析:如图所示, 连结 AC 交 BD 于点 O,连结 OE, ∵O、E 分别为 AC、CC1 的中点, ∴OE∥AC1. 又 AC1 平面 BED,OE⊂ 平面 BED, ∴AC1∥平面 BED, ∴直线 AC1 与平面 BED 的距离即 为点 A 到平面 BED 的距离. 以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x、y、z 轴,建 立空间直角坐标系 D xyz,则由题意可知
3 1 , ,0 ,F(0,0,1), 则 C(0,0,0),B(0,1,0),D 2 2
3 3 , ,0 , BF =(0,-1,1). 因此 BD = 2 2
设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z). 而 m· BD =0,m· BF =0, ∴x= 3 y= 3 z. 取 z=1,则 m=( 3 ,1,1).
n BD | n || BD |
2
=
2 5 2 2 3
=-
高考数学复习考点知识与题型专题讲解5---空间向量与立体几何(解析版)
高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题5 空间向量与立体几何（1）高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．主要有两种考查形式：①利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；②考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.（2）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．（3）求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：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．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos||cos,|||||θ⋅==〈〉vvvμμμ.（4）用向量解决探索性问题的方法：1/ 44①确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．②确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．③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．1．已知梯形BFEC 如图1所示，其中//BF EC ，3EC =，2BF =，四边形ABCD 是边长为1的正方形，沿AD 将四边形EDAF 折起，使得平面EDAF ⊥平面ABCD ，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面AEC ⊥平面BDE ；（2）若点H 在线段BD 上，且EH 与平面BEF 所成角的正弦值为DH 的长度．【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟3 / 44（理）【答案】（1）证明见解析；（2）2． 【分析】（1）利用折前折后的不变量先证明线面垂直，再进一步得到面面垂直．（2）建系求平面BEF 法向量，建立方程求解．【解析】（1）因为平面EDAF ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面EDAF ，平面EDAF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE AC ⊥，因为四边形ABCD 是正方形所以AC BD ⊥，因为DE 、BD ⊂平面BDE ，DE BD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDE ，因为AC ⊂平面ACE 所以平面AEC ⊥平面BDE ；（2）建系如图：设平面BEF 的法向量(),,n x y z =，()0,0,2E ，()1,0,1F ，()1,1,0B ，00EF n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，则()1,1,1n =，设(),,0H a a ，(),,2a H a E =-，cos ,EH n ==，解得12a =或74a =（舍），11,,022H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2DH =.2．在三棱锥A BCD -中，2AB AD BD ===，BC DC ==2AC =．（1）求证：BD AC ⊥；（2）若P 为AC 上一点，且34AP AC =，求直线BP 与平面ACD 所成角的正弦值． 【试题来源】浙江省绍兴市第一中学2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）7． 【分析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，证明BD ⊥平面AOC 即可；（2）首先证明AO ⊥平面BDC ，然后以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，然后算出BP 和平面ACD 的法向量即可得到答案．【解析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，因为AB AD =，BC DC =，所以BD AO ⊥，BD OC ⊥，因为AO OC O =，所以BD ⊥平面AOC ，即BD AC ⊥．（2）由（1）得，BD ⊥平面AOC ，因为BD ⊂平面BCD ，所以平面AOC ⊥平面BDC ，易得AO =1OC =，所以222AO OC AC +=，即AO OC ⊥，5 / 44因为平面AOC 平面BDC OC =，所以AO ⊥平面BDC ，如图所示，以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，(A ，()1,0,0B ，()0,1,0C ，()1,0,0D -，30,4P ⎛ ⎝⎭，31,4BP ⎛=- ⎝⎭，(1DA =，(1,1,0)DC =， 设(,,)n x y z =为平面ADC 一个法向量，则有0000n DA x n DC x y ⎧⎧⋅==⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取(3,3,n =-， 设θ为直线BP 与平面ACD所成角，则933sin 21n BP n BP θ++⋅===⋅． 即直线BP 与平面ACD 3．在边长为2的菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，点E 是边AB 的中点（如图1），将ADE 沿DE折起到1A DE △的位置，连接11,A B AC ，得到四棱锥1A BCDE -（如图2）（1）证明：平面1A BE ⊥平面BCDE ；（2）若1A E BE ⊥，连接CE ，求直线CE 与平面1ACD 所成角的正弦值． 【试题来源】广东省广州市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析，（2． 【分析】（1）连接图1中的BD ，证明DE AB ⊥，然后证明DE ⊥平面1A BE 即可；（2）证明1A E ⊥平面BCDE ，然后以E 为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可．【解析】（1）连接图1中的BD ，因为四边形ABCD 为菱形，且60BAD ∠=︒所以ABD △为等边三角形，所以DE AB ⊥所以在图2中有1,DE BE DE A E ⊥⊥，因为1BE A E E ⋂=所以DE ⊥平面1A BE ，因为DE BCDE ⊂，所以平面1A BE ⊥平面BCDE（2）因为平面1A BE ⊥平面BCDE ，平面1A BE 平面BCDE BE ，1A E BE ⊥，11A E A BE ⊂，所以1A E ⊥平面BCDE ，7 / 44以E 为原点建立如图空间直角坐标系，所以()()()()10,0,1,,,0,0,0A C D E ， 所以()()()110,3,1,2,3,1,2,3,0A D AC EC =-=-=， 设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =，则1130230n A D y z n AC x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩， 令1y =，则(0,1,3n =，所以3cos ,27n ECn EC n EC ⋅===⋅ 所以直线CE 与平面1ACD 4．已知三棱锥P ABC -中，1PAPB PC ===，三棱锥Q ABC -中QAB ，QBC ，QCA 为全等的等边三角形，QA =（1）证明：PQ ⊥平面ABC ；（2）求直线QB 与平面APQ 所成角的正弦值．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）12． 【分析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．可得PM ⊥平面ABC ，QM ⊥平面ABC ，即可得出结果．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 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，即可得出结果．【解析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．因为1PA PB PC ===，AB BC CA ===所以PAB △，PBC ，PCA 是全等的等腰直角三角形，PC PA ⊥，PC PB ⊥，PA PB P =，所以PC ⊥平面PAB ．又AB 平面PAB ，所以PC AB ⊥．因为ABC 为等边三角形，所以CD AB ⊥．又PC CD C =，所以AB ⊥平面PCD ，又PM ⊂平面PCD ，所以PM AB ⊥．同理，PM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以PM ⊥平面ABC ．因为QD AB ⊥，QD CD D ⋂=，所以AB ⊥平面QCD ，且QM ⊂平面QCD ， 所以QM AB ⊥．同理，QM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以QM ⊥平面ABC ，所以P ，Q ，M 三点共线，所以PQ ⊥平面ABC ．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 所9 / 44在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()0,1,0B ，()0,0,0P ，()1,1,1Q ，所以()1,0,1BQ =，()1,0,0PA =，()1,1,1PQ =．设平面APQ 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n PA n PQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x y z =⎧⎨++=⎩解得0,,x y z =⎧⎨=-⎩ 令1z =，则1y =-，所以()0,1,1n =-．设直线QB 与平面APQ 所成角为θ，则1sin 22n BQn BQ θ⋅===⋅．5．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，22PAPD ADCD BC =====．（1）求证：BC ⊥平面PQB ；（2）求二面角A BM P --的余弦值．【试题来源】河南省中原名校2020-2021学年高三下学期质量考评一（理）【答案】（1）证明见解析；（2）217． 【分析】（1）先证四边形BCDQ 为矩形．再证BC PQ ⊥，由线面垂直的判定定理即可证明直线BC ⊥平面PQB ；（2）建立空间坐标系，分别求出平面ABM 和平面PBM 的法向量，结合向量夹角公式求解即可．【解析】（1）因为Q 为AD 的中点，12BC AD =，所以BC QD =， 因为//AD BC ，所以四边形BCDQ 为平行四边形．因为90ADC ︒∠=，所以四边形BCDQ 为矩形，所以BC BQ ⊥．因为PA PD =，AQ QD =，所以PQ AD ⊥，因为//AD BC ，所以BC PQ ⊥．因为PQ BQ Q =，所以BC ⊥平面PQB ．（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，结合（1）易知QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为原点，QA ，QB ，QP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图． 因为Q 为AD 的中点，22PA PD AD CD BC =====，因为在Rt PQA △中，PQ ===2BQ CD ==，11 / 44所以()1,0,0A ，()0,2,0B ，()1,2,0C -，(P ， 因为M 为PC的中点，所以1,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,2,0AB =-，1,2BM ⎛=-- ⎝⎭，(0,2,PB =， 设平面ABM 的法向量为()111,,m x y z =，由11111201022m AB x y m BM x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩， 令11y =，得12x =，1z =，即42,1,m ⎛= ⎝为平面ABM 的一个法向量， 设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，由2222220102n PB y n BM x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩， 令2z =232y =，20x =，即30,,2n ⎛= ⎝为平面PBM 的一个法向量， 设二面角A BM P --为θ，由题意，可得π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2,1,cos 217m n m n θ⎛ ⋅⎝====⋅， 即二面角A BM P --． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．6．如图长方体1111ABCD A BC D -中，1AB AD ==，12AA =，点E 为1DD 的中点．（1）求证：1//BD 平面ACE ；（2）求证：1EB ⊥平面ACE ；（3）求二面角1--A CE C 的余弦值．【试题来源】北京市2021届高三年级数学学科综合能力测试试题【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【分析】（1）作辅助线，由中位线定理证明1//OE BD ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接11, B O AB ，由勾股定理证明1EB OE ⊥，1EB AE ⊥，再结合线面垂直的判定定理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可．【解析】（1）连接BD 交AC 与点O ，连接OE ，四边形ABCD 为正方形，∴点O 为BD 的中点，又点E 为1DD 的中点，∴1//OE BD ，OE ⊂平面ACE ，1BD ⊄平面ACE ，1//BD ∴平面ACE13 / 44（2）连接11, B O AB ，由勾股定理可知1EB ==，12B O ==，2OE ==22211BO OE EB =+，1EB OE ∴⊥， 同理可证22211B E AE AB +=，1EB AE ∴⊥， ,,AE OE E AE OE ⋂=⊂平面ACE ，1EB ∴⊥平面ACE ；（3）建立如下图所示的空间直角坐标系，11(1,0,0),(0,1,0)(0,0,1)(0,1,2),(1,1,,,2)A C E C B显然平面1CC E 的法向量即为平面yDz 的法向量，不妨设为(1,0,0)m =，由（2）可知1EB ⊥平面ACE ，即平面ACE 的法向量为1(1,1,1)n EB ==， 3cos ,||3m n m nmn ⋅==⋅，又二面角1--A CE C 是钝角，∴二面角1--A CE C 的余弦值为【名师点睛】在第一问中，关键是利用中位线定理找到线线平行，再由定义证明线面平行；在第二问中，关键是利用勾股定理证明线线垂直，从而得出线面垂直；在第三问中，关键是建立坐标系，利用向量法求面面角的余弦值．7．如图1，在矩形ABCD 中，22,BC AB E ==是AD 中点，将CDE △沿直线CE 翻折到CPE △的位置，使得PB =2．（1）求证：面PCE ⊥面ABCE ；（2）求PC 与面ABP 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考【答案】（1）证明见解析；（2）11． 【分析】（1）连结BE ，可得BE EC ⊥，结合两图，可得BE EC ⊥，BE PE ⊥，又EC PE E ⋂=，15 / 44根据线面垂直的判定定理证得BE ⊥面PEC ，再利用面面垂直的判定定理证得结果；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果．【解析】（1）连结BE ，由图1可得BE EC ⊥，在图2中1,BE PE PB BE PE ==∴⊥，又EC PE E BE ⋂=∴⊥面PEC ，BE ∴⊂面ABCE ∴面PCE ⊥面ABCE ；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系．由题意可知，()()()131,0,0,1,2,0,0,1,0,,,222B C E P ⎛ ⎝⎭， ()132,,,1,0,0222AP AB ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，设面ABP 的法向量为(),,n x y z =，则0,0n AP n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩令y =得3,z =-所以()0,2,3n =-，11,,222PC ⎛=- ⎝⎭， 222sin cos ,11PC nPC n PC n θ⋅∴===⨯， 所以直线PC 与面ABP ． 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值．8．如图，圆O 的半径为4，AB 、CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，P 为OA 的中点，//EF CD ．将此图形沿着EF 折起，在翻折过程中，点A 对应的点为1A ．（1）证明：1A B CD ⊥；（2）当123A PB π∠=时，求二面角1A BC P --的正弦值．【试题来源】辽宁省名校联盟2020-2021学年高三3月份联合考试【答案】（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）证明出CD⊥平面1A PB ，进而可得出1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），以点O 为坐标原点，OD 、17 / 44OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角1A BC P --的正弦值．【解析】（1）折叠前，因为AB CD ⊥，//CD EF ，则AB EF ⊥，折叠后，对应地，有1PA EF ⊥，PB EF ⊥，因为//EF CD ，所以1CD PA ⊥，CD PB ⊥，1PA PB P =，所以，CD ⊥平面1A PB ，因为1A B ⊂平面1A PB ，所以1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），设二面角1A BC P --为θ，以点O 为坐标原点，OD 、OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()0,4,0B 、()4,0,0C -，且当123A PB π∠=时，(10,A -， 所以()4,4,0BC =--，(10,BA =-， 设平面1A BC 的法向量为(,,)m x y z =，则144070m BC x y m BA y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令x =y =7z =-，所以()3,7m =-，因为平面BCD 的一个法向量为()0,0,1n =，则755cos 55m n m n θ⋅==⋅， 因此，sin θ==． 【名师点睛】利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．9．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 内接于半径为2的圆O ，AB 为圆O 的直径，//AB CD ，2DC AB =，E 为AB 上一点，且PE ⊥平面ABCD ，ED =．（1）求证：PA DE ⊥；（2）若直线PB 与平面ABCD 所成的角为4π，求二面角C PB D --的余弦值． 【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第一模拟）【答案】（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）连接CO ，利用已知条件得到四边形ADCO 是平行四边形，连接DO ，得到AOD △为等边三角形，利用条件得到DE AO ⊥，再利用线面垂直关系得到PE DE ⊥，利用线面垂直的判定定理得到DE ⊥平面PAE ，进而可得结论．（2）由（1）可知ED ，EB ，EP 两两垂直，进而建立空间直角坐标系E xyz -得到相关向量的坐标，求出平面PBD 与平面PBC 的法向量1n ，2n ，利用12cos ,n n 得到二面角C PB D --的余弦值．【解析】（1）连接CO ，因为//AB CD ，2DC AB =，19 / 44//AO CD ，且=AO CD ，所以四边形ADCO 是平行四边形．连接DO ，因为圆O 的半径为2，所以2AO OC DC AD DO =====，所以AOD △为等边三角形，所以在AOD △中，AO边上的高为sin2sin 33AD ππ==因为ED =，所以DE 为AO 边上高，所以DE AO ⊥．因为 PE ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，所以PE DE ⊥，又DE AE ⊥，AE ，PE ⊂平面PAE ，且AE PE E ⋂=，所以DE ⊥平面PAE ．因为PA ⊂平面PAE ，所以PA DE ⊥．（2）由PE ⊥平面ABCD 可知，PBE ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角， 所以4PBE π∠=，因为 3PE EB ==．又由（1）知，ED ，EB ，EP 两两垂直，如图，可以以E 为坐标原点，以ED ，EB ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E xyz -．则()0,3,0B，)2,0C，)D，()0,0,3P ， 所以()3,3,0BD =-，()0,3,3PB =-，()3,1,0BC =-． 设平面PBD 的法向量为()1111,,n x y z =，则110,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得111130,330,y y z -=-=⎪⎩，得1111,,x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则()13,1,1n =． 设平面PBC 的法向量为()2222,,n x y z =，则220,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22220,330,y y z -=-=⎪⎩，令21x =，则2y 2z =(2n =．所以1212123cos ,5n n n n n n ⋅===易知二面角C PB D --为锐二面角，所以二面角C PB D --的余弦值为35． 【名师点睛】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．10．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC ⊥平面,90,//,90ABCD PBC AD BC ABC ∠∠==，222AB ADBC ====（1）求证：CD⊥平面PBD ；（2）若直线PD 与底面ABCD 求二面角B PC D --的正切值．21 / 44【试题来源】贵州省新高考联盟2021届高三下学期入学质量监测（理）【答案】（1）证明见解析；（2【分析】（1）由于222AB AD BC ====根据勾股定理可得CD DB ⊥，再由面面垂直性质定理可得PB CD ⊥即可证CD ⊥平面PBD ；（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，转化为正弦即可．【解析】（1）在四边形ABCD中，//,90,22AD BC ABC AB AD BC ∠===， 所以,ABD BCD 都为等腰直角三角形，即CD DB ⊥，因为平面PBC ⊥平面,90ABCD PBC ∠=，平面PBC 平面,ABCD BC =所以直线PB ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ,所以PB CD ⊥,又PB BD B ⋂=，所以CD ⊥平面PBD ．（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2,BC =则,1,AB CD BD ===因为直线PD 与底面ABCD所成的角的余弦值为3所以在Rt PBD △中,cos 3BD PDB PD ∠==即2PD PB ==， 设平面PBC 和平面PDC 法向量分为为,,m n 易知可取()0,0,1,m =因为PC =()()2,2,0,1,0,1,DC -=-所以0,0PC n DC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩解得()1,1,1,n = 设所求二面角为,θ所以1cos ||||3m n m n θ⋅==⋅，即tan 2θ=. 【名师点睛】涉及异面直线所成的角，线面角，二面角的问题，一般可以建立适当直角坐标系，利用向量的夹角坐标公式求解，属于中档题．11．如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，AD //BC ，BC ⊥AB ，AB =BC =2AE =2，F 为CE 上一点，且BF ⊥平面ACE ．（1）证明：AE ⊥平面BCE ；（2）若平面ABE 与平面CDE 所成锐二面角为60°，求AD ．【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模 【答案】（1）见解析；（215 【分析】（1）由平面ABCD ⊥平面ABE 证明BC ⊥面ABE ，得到BC ⊥AE ，由BF ⊥平面ACE ，得到BF ⊥AE ，从而证明AE ⊥平面BCE ．（2）过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为z 轴正方向，建立直角坐标系，用向量法计算可得．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，AB 为平面ABCD 和平面ABE 的交线，BC ⊥AB ， 所以BC ⊥面ABE ，所以BC ⊥AE ．又BF ⊥平面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC BF B =，所以AE ⊥平面BCE ．（2）如图示，过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为23 / 44z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,0,2,0,,0,0,2,2,0,0,,22A B E C D m ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭所以()33,,2,0,2,222CE CD m ⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭, 设(),,m x y z=为平面CDE 的一个法向量，则·0·0m CE m CD ⎧=⎨=⎩，即()32020220x y z x y m z ⎧++=⎪⎨⎪⨯-+-=⎩， 不妨取z =2，则32,2m m m ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎭, 显然平面ABE 的一个法向量()0,0,2n BC ==, 所以cos ,cos60m n m n m n ===⨯⎛，解得m =AD【名师点睛】立体几何解答题的基本结构：（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．12．如图所示多面体ABCDEF 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，CF ⊥平面ABCD ，ADE 是正三角形，四边形ABCD是菱形，2AB=，CF=π3 BAD∠=．（1）求证：//EF平面ABCD；（2）求二面角E AF C--的正弦值．【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2．【分析】（1）要证明线面平行，需线证明信线线平行，过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OC，可证明四边形EOCF是平行四边形，即可证明线面平行；（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值，再求正弦值．【解析】（1）过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OB，OC，BD因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE平面ABCD AD=,EO⊂平面ADE，所以EO⊥平面ABCD，又ADE是正三角形，2AD=，所以EO，因为CF⊥平面ABCD，CF=//CF OE，CF OE=，所以四边形OCFE为平行四边形，所以//OC EF，25 / 44因为OC ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ；（2）因为四边形ABCD 是菱形，2AB =，π3BAD ∠=，OB AD ⊥ 故，以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OE 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系．所以()1,0,0A，()B，()C -，()1,0,0D -，(E，(F -．所以(AE =-，()EF =-，()1,DB =，设平面AEF 的一个法向量为(),,n x y z =，由00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩得020x x ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =21y z =⎧⎨=⎩，所以()3,2,1n =， 因为CF ⊥平面ABCD 所以CF BD ⊥，在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又CFAC C =所以BD ⊥平面ACF ， 所以DB 是平面ACF 的一个法向量，设二面角E AF C --的大小为θ，则32cos cos ,22DB nn DB DB n θ⋅+===⨯⨯， 所以sin θ==． 【名师点睛】求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大； 二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角．13．如图，在四棱锥S ABCD -中，13SA SB SC SD ====，AC CD ⊥，6AB =，8BD =．（1）求证：平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角A SB D --的余弦值．【试题来源】广东省深圳市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，可得SO AD ⊥，利用直角三角形的性质可得OC OD =，即可证明SOC SOD ≅，进而可得SO OC ⊥，利用线面垂直的判定定理可证SO ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明Rt SOA Rt SOB ≅，OA OB OC OD ===，可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，进而可得SO 和AD 的长，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面ABS 的一个法向量和平面SBD 的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解．【解析】取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，因为SA SD =，所以SO AD ⊥， 因为AC CD ⊥，O 为AD 的中点，所以12OC AD OD ==，27 / 44因为SO SO =，SC SD =，所以SOC SOD ≅，所以90SOC SOD ∠=∠=，所以SO OC ⊥，因为OC OD O =，OC ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD ，因为SO ⊂平面SAD ，所以平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）由（1）知SO ⊥平面ABCD ，所以SO BO ⊥，在Rt SOA 和Rt SOB 中，由 SO SO =，SA SB =可得Rt SOA Rt SOB ≅，所以OA OB =，即OA OB OC OD ===， 所以,,,A B C D 在以O 为圆心的圆上，由AC CD ⊥可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，10AD ==，5AO =，12SO =，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则()0,6,0A ，()0,0,0B ，()8,0,0D ，()4,3,0O ，()4,3,12S ，()0,6,0BA =，()8,0,0BD =，()4,3.12BS =，设平面ABS 的一个法向量()111,,m x y z =，则11116043120m BA y m BS x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩令13x =，可得11z =-，10y =，所以()3,0,1m =-， 设平面SBD 的一个法向量为()222,,n x y z =，则22224312080n BS x y z n BD x ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，令24y =，则21z =-，20x =，所以()0,4,1n =-，所以cos ,=10m nm n m n ⋅=⨯⋅， 因为二面角A SB D --的平面角为钝角，所以二面角A SB D --的余弦值为． （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PA PD ==，24DC AD AB ===，AB AD ⊥，//AB CD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PB 上一点．（1）在平面PAB 内能否作一条直线与平面PAD 垂直？若能，请画出直线并加以证明；若不能，请说明理由；（2）若13PE PB =时，求直线AE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【试题来源】甘肃省2020-2021学年高三第一次高考诊断（理）试卷【答案】（1）答案见解析；（2）7． 【分析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，由AB ⊥平面PAD 可知EF ⊥平面PAD ；（2）以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【解析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，EF 为所求作的直线，29 / 44因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB AD ⊥，所以AB ⊥平面PAD ，因为//EF AB ，所以EF ⊥平面PAD ．（如证明AB ⊥平面PAD 、或寻找PB 上任意一点作平行线、垂线都可）（2）取AD 中点O ，BC 中点M ，连接OM ，则OM ⊥平面PAD ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．则可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(2,4,0)C -，(0,0,2)P ，则(2,2,2)PB =-，(4,2,0)BC =-．设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，易得020x y z x y +-=⎧⎨-+=⎩，不妨取(1,2,3)n =． 因为13PE PB =，所以224,,333E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以424,,333AE ⎫⎛=- ⎪⎝⎭设AE 与平面PBC 所成角为θ，则14sin 7||||AE n AE n θ⋅==．所以AE 与平面PBC 【名师点睛】求线面角，二面角时，根据题意建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量，求解线面角，二面角是解题的关键，属于中档题．15．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，BC CD ⊥，2PA AD ==，1CD =，3BC =，点M ，N 在线段BC 上，21BM MN ==，AN MD E ⋂=，Q 为线段PB 上的一点．（1）求证：MD ⊥平面PAN ；（2）若平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角的余弦值为45，求直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值．【试题来源】山东省青岛市2021届高三一模数学试卷【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据AMN DAM ∽△△可证MD AN ⊥，再结合PA MD ⊥即可证明MD ⊥平面PAN ；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，设(),,Q x y z ，分别求得平面MQA 与平面PAN 的法向量，结合二面角的余弦值为45得Q 坐标，再求MQ 与平面ABCD 的法向量结合公式求得所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为3BC =，1BM =，所以2CM =，AD CM =，31 / 44因为//AD CM ，所以//AD CM ，所以四边形AMCD 为平行四边形． 因为BC CD ⊥，所以四边形AMCD 为矩形． 因为12MN AM AM AD ==，所以AMN DAM ∽△△ 所以90AED MAN AME ADM AME ∠=∠+∠=∠+∠=︒所以MD AN ⊥，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA MD ⊥，AN PA A ⋂=， 所以MD ⊥平面PAN ． （2）如图建立空间直角坐标系则()1,0,0M ，()0,0,0A ，()002P ,,，11,,02N ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0B -，(),,Q x y z 设()()11,1,1,1,212x BQ BP x y z y z λλλλλ=-⎧⎪=⇒-+=-⇒=-⎨⎪=⎩，所以()1,1,2Q λλλ--(),1,2MQ λλλ=--，()1,0,0AM =，()0,0,2AP =，11,,02AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭设平面MQA 与平面PAN 的一个法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z =所以()()111111112000,2,100x y z n MQ n x n AM λλλλλ⎧⎧-+-+=⋅=⎪⇒⇒=-⎨⎨=⋅=⎪⎩⎩ ()1222222001,2,01002z n AP n x y n AN ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩设平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角为θ，所以121241cos 524n n n n θλ⋅===⇒=⋅ 此时11,,122MQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABCD 的一个法向量()30,0,1n =，所以336sin 3n MQ n MQα⋅==．所以直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值为3． 【名师点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解．16．在如图所示的圆柱12O O 中，AB 为圆1O 的直径，C ，D 是AB 的两个三等分点，EA ，FC ，GB 都是圆柱12O O 的母线．（1）求证：1//FO 平面ADE ；（2）若2BC FC ==，求二面角B AF C --的余弦值．【试题来源】2021年高考数学（理）二轮复习热点题型精选精练 【答案】（1）证明见解析；（2）7． 【分析】（1）连接1O C ，1O D ，易证1//CO AD ，//EA FC ，根据面面平行的判定定理可33 / 44得平面1//FCO 平面ADE ，再根据面面平行的定义即可证得1//FO 平面ADE ； （2）因为直线CA ，CB ，CF 两两垂直，所以以C 为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面ABF ，平面ACF 的一个法向量，根据二面角的向量坐标公式即可求出． 【解析】（1）连接1O C ，1O D ，因为C ，D 是半圆AB 的两个三等分点，所以11160AO D DO C CO B ∠=∠=∠=︒，又1111O A O B OC O D ===， 所以1AO D ，1CO D △，1BO C △均为等边三角形，所以11O A AD DC O C ===，所以四边形1ADCO 是平行四边形，所以1//CO AD ， 因为11O A AD DC O C ===，1CO ⊄平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以1//CO 平面ADE ．因为EA ，FC 都是圆柱12O O 的母线，所以//EA FC ， 因为⊄FC 平面ADE ，EA ⊂平面ADE ， 所以//FC 平面ADE ．又1,CO FC ⊂平面1FCO ，1CO FC C ⋂=，所以平面1//FCO 平面ADE ，又1FO ⊂平面1FCO ，所以1//FO 平面ADE ． （2）连接AC ，因为FC 是圆柱12O O 的母线，所以FC ⊥圆柱12O O 的底面， 因为AB 为圆1O 的直径，所以90ACB ∠=︒，所以直线CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为原点建立空间直角坐标系如图： 因为2BC FC ==，所以()000C ,,，()A ，()0,2,0B ，()0,0,2F ，()2,0AB =-，()AF =-，由题知平面ACF 的一个法向量为()0,2,0CB =， 设平面ABF 的一个法向量为(),,n x y z =，则：220220n AB yn AF z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，y =z =(1,3,n =．所以23cos ,727CB n CB n CB n⋅===．由图可知，二面角B AF C --的平面角为锐角，所以二面角B AF C --．【名师点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及二面角的求法，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．线面平行的证明一般可以通过线面平行的判定定理或者面面平行的定义证出，二面角的求法一般有：定义法，垂面法，三垂线法，向量法，坐标法，面积射影法等．17．如图，在平面四边形ABCD 中，AB =AD ，BC =CD 且BC ⊥CD ，以BD 为折痕把ABD 和CBD 向上折起，使点A 到达点E 的位置，点C 到达点F 的位置(E ，F 不重合)．（1）求证：EF ⊥BD ；（2）若平面EBD ⊥平面FBD ，点E 在平面ABCD 内的正投影G 为ABD 的重心，且直线35 / 44EF 与平面FBD 所成角为60°，求二面角A -BE -D 的余弦值．【试题来源】安徽省江南十校2021届高三下学期3月一模联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2）13．【分析】（1）取BD 的中点O ，连接FO 和EO ，利用线面垂直的判定定理，证得BD ⊥平面EFO ，即可得到EF BD ⊥；（2）由（1）得到以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求得平面ABE 和平面BED 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解． 【解析】（1）如图所示，取BD 的中点O ，连接FO 和EO ， 由题意知FBD 和BED 均为等腰三角形，且,BF DF BE ED ==， 故,.FO BD EO BD ⊥⊥因为,FO EO O ⋂=所以BD ⊥平面EFO ， 因为EF ⊂平面,EFO 所以.EF BD ⊥（2）由（1）知，EO BD ⊥，因为平面EBD ⊥平面FBD ， 平面,EBD FBD BD EO ⋂=⊂平面平面,EBD 所以EO ⊥平面FBD ， 直线EF 与平面FBD 所成角为EFO ∠，可得60EFO ∠=，因为FB FD FB FD =⊥，O 为BD 中点，所以112FO BD ==，所以EO =，所以2BE ED BD ===，即EBD △为等边三角形，G 为等边ABD △的中心，以O 为坐标原点，OD 的方向为x 轴正方向，OG 的方向为y 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，可得(),(1,0,0),(1,0,0),A B D E ⎛- ⎝⎭，则3(1,3,0),(2,0,0),1,3AB BD BE ⎛=--== ⎝⎭，。
高三数学二轮复习 第一篇 专题通关攻略 专题五 立体几
所以cos〈BM，AN〉 BM AN 30 ，
| BM || AN | 10
所以BM与AN所成角的余弦值为 30 .
10
2.(2016·北京高考)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.
A. 1
B. 2
C. 30
D. 2
10
5
10
2
【解析】选C.由题意，以C为坐标原点，建立如图所示 的空间直角坐标系.
令BC=CA=CC1=2，则C(0，0，0)，A(0，2，0)， B(2，0，0)，A1(0，2，2)，B1(2，0，2)， C1(0，0，2). 因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点， 所以M(1，1，2)，N(0，1，2)， 这时 BM (1，1，2)，AN (0，1，2)，
｜a b｜
直线所成的角θ 满足cosθ =_｜__a_｜_｜__b_｜__.
(2)设l是斜线l的方向向线l与平面α 所成的角θ 满足sinθ =_｜_｜l__｜__n_｜_.
(3)二面角 ①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α -l-β的两个半平面内 与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ =_〈_A_B_，_C_D_〉_;
公式致误：空间向量求直线与平面所成的角公式是
sinθ = ｜l n｜ ，而非cosθ = ｜l n｜ .
｜｜l ｜n｜
｜｜l ｜n｜
【考题回访】
1.(2014·全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA= 90°，M，N分别为A1B1，A1C1的中点.BC=CA=CC1，则BM 与AN所成角的余弦值为( )
高考数学二轮复习 第一篇 专题五 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法课件 理
5 2
5 2
=
5,
21 5
5
2
即异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 5 ,故选 C. 5
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法二 如图,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 由题意,得 A(1,0,0),D(0,0,0), D1(0,0, 3 ),B1(1,1, 3 ),
第3讲 立体几何(lìtǐjǐhé)中的向量方法
2021/12/11
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演真题·明备考
1.(2018·全国Ⅱ卷,理 9)在长方体 ABCD A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA1= 3 ,则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为( C )
(A) 1 5
(B) 5 6
(C) 5 5
(D) 2 2
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解析:法一 如图,连接 BD1,交 DB1 于 O,取 AB 的中点 M,连接 DM,OM,易知 O 为 BD1 的中点, 所以 AD1∥OM,则∠MOD 或其补角为异面直线 AD1 与 DB1 所成角.
因为 Q 是 PD 的中点,所以 AP=AD= 2 , 因为 AQ⊥平面 PCD,CD⊂ 平面 PCD,所以 AQ⊥CD, 又 AD⊥CD,AQ∩AD=A,所以 CD⊥平面 PAD,PA⊂ 平面 PAD,所以 CD⊥PA, 又 PA⊥BD,BD∩CD=D,BD⊂ 平面 ABCD,CD⊂ 平面 ABCD,所以 PA⊥平面 ABCD. 以 A 为坐标原点,以 AB,AD,AP 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,
2018年高考数学二轮复习考前专题五立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法讲学案理
第3讲立体几何中的向量方法L考情考向分析------------------------------------以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上•n热点分类突破热占~一八、、八\、利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a= (a1 , b1 , C1),平面a , 3的法向量分别为= (a2,b2 , C2), V =(a3, b3, C3)，则有:(1)线面平行l // a ?a丄口? a •= 0? a1a2+ bb + C1 C2= 0.(2)线面垂直l 丄a ? a /? a= k? a1= ka2 , b= kb2 , C1= kC2(3)面面平行\ *a / 3 ? v? 卩=入v? a2=入a3 , b2=入b3 , C2= 入C3.(4)面面垂直b2b3 + C2C3= 0.a丄3 ?卩丄V?卩• V = 0?例1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，点M为AB 的中点，点O为DF的中点. 运用向量方法证明:(1) 0M 平面BCF⑵平面MDIF平面EFCD证明方法一(1)由题意，得AB AD, AE两两垂直，以点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(i, 0,0) , qi,i,o), qo,i,o),F(1,0,1) , M1, 0 , 0 ,。
2 , T, , .0M= 0, - 2 , 1, BA= ( - 1,0,0),••• Ol M- BA\= 0, ••• SlVL匪•••棱柱 AD — BCF 是直三棱柱,• AB 丄平面BCF •- BA 是平面BCF 的一个法向量, 且OIM 平面BCF • OM 平面BCF(2)设平面 MDF 与平面EFCD 勺一个法向量分别为•••OML CD OML FC, 又 Cm FC = C, CD FC ?平面 EFCD •••OM L 平面 EFCDn i = (x i ，y i ，z i ),n 2=(X 2, y 2, Z 2).T DF = (1 , - 1,1) , DM= 2，- 1，0 , DC= (1,0,0) , CF = (0 ,—1,1),n i - DF = 0,由 Tm • DM=*1— y 1 + 乙=0,得』12X 1 — y 1= 0,令 X 1 = 1,贝U n 1 = 1, 2，n 1 - n 2= 0，•平面 MD 丄平面EFCD—T —T —T —T 1—T —T 1 —T万法二 (1) OIM= OR FB+ BM = ?DF — BF + 二 BA=2(瞄函—B F + ^B A ^ — 2BD-2T + —2(BC > BA — 1B F + 2§A1 T2BF•••向量6M 与向量B F ,目共|面 又OM 平面BCF •- OM 平面BCFi -、］⑵由题意知，BF, BC BA 两两垂直,OM FC= —^B C +• O lM-C D=-BA = 0,又0M平面MDF：平面MDB_平面EFCDJyL *又AB ?平面PAB EF ?平面PAB • EF//平面 PAB⑵ 由(1)可知，P B = (1,0 , - 1) , PD= (0,2 , - 1),辰(0,0,1) , AD= (0,2,0) , DC= (1,0,0),•/AiP- 6C= (0,0,1)• (1,0,0) = 0 ,A D- DC= (0,2,0) • (1,0,0) = 0 ,• AP I DC XDh DC ,即 API DC ADL DC 又 APA AD= A , AP, AC ?平面 PAD • DC!平面 PAD•/ DC ?平面 PDC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b （入€ 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. 跟踪演练1如图，在底面是矩形的四棱锥 面ABCD 点E, F 分别是PC PD 的中点, （1）求证：EF//平面PAB⑵求证：平面PADL 平面PDC••• EF =- 2A B ••• EF// AB >即 EF// ABPA= AB= 1, BC= 2.i ABCDh PA !底 ,D (0,2,0) , R0,0,1).证明（1）以点A 为原点，AB 所在直线为0,EF =x 轴，AD 所在直线为0 , A B= (1,0,0).•••平面PAD 平面PDC 热点二利用空间向量求空间角设直线I , m 的方向向量分别为 a = (a i , b i , c i ), b = (a 2, b 2, C 2).平面a , 3的法向量分 别为卩=(a 3, b 3, C 3), v = (a 4, b 4, C 4)(以下相同). (1)线线夹角设I , m 的夹角为9 0< 0,a i a 2b i b 2 C 1C 2a fb ； C 2」■a ； bfC| (2)线面夹角设直线I 与平面a 的夹角为0 O W 0 W —,nrI a • a I则 sin 0 = = |COS 〈a , a 〉|.1 a |1a 1(3)二面角设a — a — 3的平面角为 0 (0 W 0 W -),—例 2 在三棱柱 ABC- ABC 中，AB 丄平面 BCCB , / BCO*, AB= BC= 2, BB = 4，点 D 在3棱CC 上，且CD=入CC (0<入W 1).建立如图所示的空间直角坐标系. (1)当入=*时，求异面直线 AB 与AD 的夹角的余弦值; —⑵若二面角A- BD- A 的平面角为 §，求入的值. 解(1)易知 A (0, 0, 2) , B (0, 4, 0) , A (0, 4, 2). 1 —当入=2时，因为 BC= CD= 2, / BCC =3, 所以 C ( 3, - i , 0), D ( 3, 1, 0).所以 AB = (0, 4,- 2), A T D = ( 3, - 3,- 2).则cosI a • b | = I a || b | =则 |cos| a • v | _ | a || v |所以 cos 〈AB , AD 〉= | A B | 丨初, 0X ,3+ 4X (— 3)+ (— 2)X (— 2)J ________________________ 更 42+ (— 2)2・，(⑶2+ (— 3)2+ ( — 2)2 5故异面直线AB 与AD 的夹角的余弦值为甞.⑵由CD=入CG 可知，D ( 3, 4入一1 , 0), 所以 DB = (— 3, 5— 4 入，0), 由(1)知,AB =(0, 4,— 2). 设平面ABD 的法向量为m= (x , y , z ), 则;尬作0, D B • m = 0,令y = 1，解得 所以平面ABD 的一个法向量为作 C , 1, 3A I设平面ABD 的法向量为n = (x , y , z ), '4y — 2z = 0, (5 — 4 入)y —羽x = 0, 5— 4入X =—3一，Z = 2, BA 1 • n = 0,则〜DB • n = 0,2z = 0, 即/ \ • (5 — 4 入)y — . 3x = 0,5— 4入 令y = 1，解得x =活亠,z = 0, *3 所以平面 ABD 的一个法向量为 n = ,1, 0 ZyTX> 因为二面角A —BD- A 的平面角为n^, 所以 |cos 〈 m , n >| =丨m ・n 1 =i m i n|5 — 4入 5 — 4入 —:—X+1 X 1 + 2X 0■ .'3- . 35— 4 入 2 22帀广1+ L故入的值为1.思维升华(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a不一定是直线的方向向量的夹角 3 ,即COSa = |COS 3 | ；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，注意函数名称的变化.跟踪演练2 如图，在四棱锥S— ABCDh SD丄平面ABCD四边形ABCD 是直角梯形，/ ADC=/ DAB= 90°, SD= AD= AB= 2, DC= 1.(1) 求二面角S- BC—A的余弦值；⑵设P是棱BC上一点，E是SA的中点，若PE与平面SAD所成角的正弦值为I6,求线段CP的长.解⑴以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，贝U D(0,0,0) , B(2,2,0), qo,1,o), S(0,0,2),所以S B= (2,2 , - 2) , S C= (0,1，- 2) , D S= (0,0,2)设平面SBC的法向量为n1= (x, y, z),由n• SB= 0, n• SC= 0 ,得2x + 2y- 2z= 0 且y—2z = 0.取z= 1,得x=- 1 , y = 2 ,所以n1 = ( - 1,2,1)是平面SBC勺一个法向量.因为SDL平面ABC取平面ABC的一个法向量压=(0,0,1) 设二面角S- BC- A的大小为0 ,所以|cos| n 1・n| =吐卫0 |= |门帅2|=一6 = 6 ,由图可知二面角S- BC- A为锐二面角,所以二面角S- BC- A的余弦值为6.6⑵由(1)知，E(1,0,1),则C B= (2,1,0) , C E= (1 , - 1,1). 设CP=入CB0 < 入W 1),则CP=入(2,1,0)= (2 入，入，0),~所以PE= CE- CP= (1 - 2 入，一1—入，1).易知CDL平面SAD所以CD= (0, - 1,0)是平面SAD勺一个法向量.3设PE 与平面SAD 所成的角为a , 所以 sin a = |cos 〈 PE S b | i P E- S b _ 入 +1 i P E I S D5入 $-2 入 + 3’等，得入=3或入=#舍）-所以 SP = 3,3，0，I SP ，所以线段CP 的长为身.3热点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如图，在四棱锥 E - ABC ［中，平面ABEL 底面ABCb 侧面AEB 为等腰直角三角形，/nAEB= y ，底面 ABC ［为直角梯形，AB// CD AB L BC AB= 2Cb= 2BCEF（2）线段EA 上是否存在点F ,使EC//平面FBb 若存在，求出云；若不存在，说明理由.EA解 ⑴因为平面 ABEL 平面 ABCD 且 AB 丄BQ 平面 ABE^平面 ABC 仔AB BC ?平面ABCD 所以BC L 平面ABE,则/ CEB 即为直线EC 与平面ABE 所成的角， 设 BC= a ,则 AB= 2a , BE= 2a ，所以 CE= 3a , 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为 则在 Rt △ CBE 中, sin CB 1 /CEB = C B =汀 （1）求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；⑵存在点F,且手1时，有EC//平面FBb3证明如下：取 AB 中点O 为坐标原点，OB OD OE 分别为x , y , z 轴建立空间直角坐标系, 如图所示，设CD= 1,则曰0,0,1) , A —1,0,0)所以 设平面FBD 勺法向量为v = (a , b , c ),—a + b = 0,所以423a — 3c =0 ,取 a = 1,得 v = (1, 1 , 2),因为 E C- v = (1, 1, — 1) • (1, 1 , 2) = 0 , 且EC?平面FBD 所以EC//平面FBDEF 1即当点F 满足EA = 3时，有EC/平面FBD思维升华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.跟踪演练3如图所示的空间几何体中，底面四边形ABCD^正方形，AF! AB AF// BE 平面 ABEFL 平面 ABCD DF = 5 , CE= 2 2 , BC =2.(1) 求二面角F — DE- C 的大小；(2) 若在平面DEF 上存在点P,使得BP!平面DEF 试通过计算说明 点P 的位置.解 ⑴因为 AFL AB 平面 ABC !平面 ABEF 平面 ABE A 平面 ABC = AB 所以 AFL 平面ABCD 所以AF L AD 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 AE L AD 所以AD, AB AF 两两垂直,由E F = 1E A= — 3, 0, v • FB=0 ,所以 EA= ( — 1,0，— 1),,B (1,0,0), C (1,1,0) , Q0,1,0),—3 '得 F - 3 , 0 ,1 2 3 …,3 ,E所以A(0,0,0) , B(0,2,0) , C(2,2,0) , Q2,0,0) , E(0,2,2) ,F(0,0,1)，所以AC= (2,2,0),11 C D= (0，—2,0),CE= ( —2,0,2).设平面CDE勺一个法向量为n = （x, y, z）,n • 6b= 0, 由Tn • CE= 0, 得厂I—2x+ 2z= 0,y = 0,x —Z= 0, 取x = 1, 得n= (1,0,1).同理可得平面DEF的一个法向量m^ (1 , —1,2),故cos〈m, n〉m-n 3mn厂=步因为二面角F-DE-C为钝角，故二面角F-DE-C的大小(2)设DP=入DE^ DF,因为DE= ( —2,2,2) , DF= ( —2,0,1),又BD= (2 , 2入，2入+卩),2,0) , Dfe 入阳卩6F= ( —2 入，2 入，2 入)+ ( —2卩，0,卩)=(—2入—2 卩，所以直E3D+ D F^ （2 —2入一2卩，2入一2,2入+卩）,BP- DF= 0, 因为BP- 0E= 0,所以—2(2 — 2 入—2 卩J+ 2 入 + 卩=0,—2(2 —2 入一2口 + 2(2 入一2 + 2(2 入 + 卩=0,以A为原点，AD AB AF分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系（如图）.如图②，在 AB 边上取点 P',使 AP = 2P' B,连接 OQ OR 贝U 0为厶QRP 的中心. 设点O 到厶QRP 三边的距离为a ,则OG= a , OF= OQ sin / OQ V OQ sin / OQP = a , OE= OR- sin / ORE> OR- sin / ORP = a , •••OF V OGc OEOD OD OD •• V V -------tan 3 tan 丫 tan a• a V 丫 <3 .2. （2017 •北京）如图，在四棱锥 P-ABC ［中 ,底面ABC ［为正方形， 平面 PAD L 平面 ABCD 点 M 在线段 PB 上 , PD/平面 MACPA = PD = 6 ,乙=0, _2 _ 解得$2 即DP = 2DE1入=3， 3k所以P 是线段DE 上靠近E 的三等分点.真题押题精真题体验1. （2017 •浙江改编）如图，已知正四面体 D — ABC 所有棱长均相等的BQ CR三棱锥），P, Q R 分别为AB BC CA 上的点，AP = PB, Q = R = 2,分别记二面角 D-PF — Q D — PQ-R, D — QF — P 的平面角为 a , 3 ,Y ,则a , 3 , Y 的大小关系为 ____________ .答案 a V 丫 V 3解析 如图①，作出点 D 在底面ABC h 的射影0,过点O 分别作PR PQ QR 勺垂线OE OF0G 连接 DE DF, DG 贝卩 a=Z DEO 3 =/ DFO Y =/ DGOAB= 4.（1）求证：M为PB的中点;(2) 求二面角B- PD — A 的大小；(3) 求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值. (1)证明 设AC , BD 交于点E ,连接ME 如图所示.因为PD//平面 MAC 平面MA ©平面PDB= ME 所以PD// ME 因为四边形ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.⑵解取AD 的中点O 连接OP 0E因为PA= PD 所以OPL AD,又因为平面 PAD L 平面 ABCD 平面PA 助平面 ABC 』AD 且OF ?平面PAD 所以OPL 平面ABCD因为OE ＞平面ABCD 所以OPL OE 因为四边形ABCD 是正方形， 所以OEL ADI、如图，建立空间直角坐标系 Oxyz,n • B D= 0 , n • PD=0 ,令 x = 1,则 y = 1, z = .2.于是 n = (1,1 , .2).平面PAD 的法向量为p = (0,1,0),所以它的大小由题意知，二sin a 十s 〈n ,朮U 血=鬱.I n || M C 9押题预测(2017届太原模拟)如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是菱 形，BE!平面 ABCD, DF/ BE, DF = 2BE= 2, EF = 3.(1) 证明：平面AC !平面BEFD(2) 若二面角A- EF- C 是直二面角，求AE 与平面ABCC 所成角的正 切值. 押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、 求 法向量、求角等知识，是高考的重点和热点.(1)证明•••四边形ABCD1菱形，••• ACLBD •/ BE L 平面 ABCD ： BE! AC 又 BE n BD= B, BE BD ?平面 BEFD • AC L 平面 BEFD •/ AC ?平面 ACF •平面ACFL 平面BEFD ⑵解方法一(向量法)设AC 与 BD 交于点Q 以点O 为原点，OA 方向为x 轴，OB 方向为y 轴，BE 方向为z 轴建立 空间直角坐标系，如图.取 DF 的中点H 连接EH•/ BE 綊 DH, DH= 1,•四边形BEHD^平行四边形， •/在 Rt △ EHF 中, FH= 1, EF = 3, • EH= 2 2, • BD= 2 ,2.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为 2.69设直线MC 与平面BDP 所成的角为a ，则E (0 , 2 , 1),F (0 , — 2 , 2), C —a 2— 2 , 0 , 0),--AE = ( — ：；a — 2 , ■■■..；'2 , 1) , EF = ( 0 , — 2 2 , 1),设n i = (x i , y i , z i )为平面AEF 的法向量, n 2= (x 2 , y 2 , Z 2)为平面CEF 的法向量. •••二面角 A- EF — C 是直二面角，/曰AT• n i • n 2= 0，得 a = 2 ,由题可得/ EAB 为AE 与平面ABC 啲夹角，<r{ //••• AB= 2 , BE= i ,BE 1•tan / EA B AB = 2*方法二（几何法） 设AC 与BD 交于点O •••四边形ABCD^菱形,•••△ ADF^A CDF △ ABE ^A CBE••• AF = CF , AE= CEAEF^A CEF过 A 作 AM L EF,连接 CM 贝U CM L EF,设AB 的长为矗( a 2— 2, 2, 1).得 z i = 2 ：?2y i , x i =由 n i • Afe= 0 , n i • E F = 0 , 令 y i = :a — 2，得 n i = (3 12 , a 2— 2 , 2 2a 2 — 4), 同理得 n 2= ( — 3 2 , ya 2 — 2 , 2 2a 2— 4).则/ AMC为二面角A- EF—C的平面角. 设菱形的边长为a ,30 ••• BE = 1, DP 2, EP 3, DF l BDBD= 2富.•/ A — EF — C 的二面角为直角，•/ AM （为直角,• AM= 2a 2— 4,在厶 AEF 中，AML EF 设 ME= x ，贝U MF= 3— x ,AF = ,a 2+ 4, AE= a 2+ 1,(a 2+ 4)2 —(3― x )2= ( a 2+ 1)2 — x 2, • a = 2.AE 与平面ABC 靳成角为/ EAB••• tan / EAB= 1.专题强化练A 组专题通关3ii1.已知平面ABC 点M 是空间任意一点，点M 满足条件O M = OAF;O 內；O C 则直线AM ）4 8 8A.与平面 ABC 平行B.是平面 ABC 勺斜线C.是平面 ABC 勺垂线D .在平面 ABC 内答案 D解析 由已知得M 代B, C 四点共面，所以 AM 在平面ABC 内，故选D. 2.（2017 •湖南省衡阳市联考）如图所示，在正方体 AC 中，AB= 2, AC n BD =E ,直线AC 与直线DE 所成的角为 a ，直线DE 与平面BCC 所成的角为3，贝U cos （ a — 3 ）等于（ ）A ，B.仝63在厶 AOB 中 AO= a 2— 2, ••• AC 2 a 2 —2,cC.D.答案A解析由题意可知，a = n^，贝U cos( a —3 ) = sin 3 ,以点D 为坐标原点，DA DC DD 方向为x,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则D（ 0, 0, 0）,E (1, 1 , 2),DE= (1, 1, 2)，平面 BCC 1 的法向量 DC= (0, 2, 0),由此可得cos ( a — 3 ) = sinPfe. 5C —述IDffl DC6故选A.3.正方体 ABC — ABCD 中，点 P 在AC 上运动（包括端点），则BP 与AD 所成角的取值范围i n n -— B. ]4 3Ji n n 1D . 答案解析 以点D 为原点，DA DC设点P 坐标为（X , 1 — X , DD 分别为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长x ） （0 < x < 1）,则 B P= （ x — 1, — x , x ）,BC // AD .故选 D.4. (2017 •全国 n )已知直三棱柱 ABC-ABC 中，/ ABC= 120° , AB= 2 , BC= CC = 1,则异 vj/y / 面直线AB 与BC 所成角的余弦值为( )■牛C.严D.手553因为 A. 答案 C解析 方法一 将直三棱柱 ABC-ABC 补形为直四棱柱 ABC — ABCD ,如 图所示,连接AD , BD , BD由题意知/ ABC= 120° , AB= 2 , BC= CC = 1 , 所以 AD = BC = 2 , AB = ,5 , / DAB= 60°.在厶 ABD 中 ,由余弦定理知， BD = 22+ 12— 2X 2 x 1 x cos 60°= 3,所以 BD= , 3 ,所以 BD =\ 3.)A. C. D 所以cosX =1 时,BC = ( — 1, 0, 1)，设 BP , BC 的夹角为 a ,4 ____ P又AB 与AD 所成的角即为 AB 与BG 所成的角0 ,故选G.5. (2017 •全国川)a , b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABG 的直角边 AG所在直线与a , b 都垂直，斜边 AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ① 当直线 AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ② 当直线 AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③ 直线AB 与 a 所成角的最小值为45°; ④ 直线AB 与 a 所成角的最大值为60°.其中正确的是 ________ .(填写所有正确结论的编号)答案②③ 解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系， 设等腰直角三角形 ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以 C 为圆心，1为半径的圆. 设直线a 的方向向量为a = (0,1,0)，直线b 的方向向量为b = (1,0,0),CE 以 Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为 0, [ 0, 2 n )，贝UB (cos 0 , sin 0 ,0), ••• ABs= (cos 0 , sin 0，— 1) , | AB| = , 2.设直线AB 与直线a 所成的夹角为a ,• 45°w a < 90°,.・.③正确，④错误;所以cosAB 2+ AD — BD f 2 x AB X AD5+ 2— 3 何2「'5X .,2— 5故选C. 方法二 以B i 为坐标原点，BG 所在的直线为x 轴，垂直于 BG 的直线 为y 轴，BB 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由已知条件知 B i (0,0,0)，氏0,0,1) , G (1,0,0), A ( — 1, 3, 1)，则BG=(1,0 , — 1),AB = (1，— . 3, — 1).所以 cos 〈AB , BG 〉 AB • BG _2^10|AB || BG |5 x；25所以异面直线 AB 与BG 所成角的余弦值为10~5~则 cos a吟冷sinI a || AB0 1€ 0, -2 ,/ *设直线AB 与直线b 所成的夹角为3 ,e | = J2cos a = ■ 2cos 60 ° = e | 冷，-cos 3 冷|cos e | = 2.值.又AE?平面ABCD AD ?平面ABCDJF «所以 AA L AE AA L ADn在菱形ABCDK / ABC= y ，则△ ABC 是等边三角形. 因为E 是BC 中点，所以BCLAE 因为BC// AD 所以AEL AD以｛AE AD AA ｝为正交基底建立空间直角坐标系.则 A (0,0,0) , C ( .3 , 1,0) , Q0,2,0),则cos 3=迪字十eI b || AB 2|.当直线 AB 与直线a 的夹角为60° ，即 a = 60° 时,•/45°W 3 W 90°, ••• 3 = 60°,即直线 AB 与b 的夹角为60°.•••②正确，①错误. 6.如图，在直四棱柱 ABC D ABCD 中，底面四边形 ABC ［为菱形,n AA = AB= 2，/ ABC= 3, E , F 分别是 BC AC 的中点. (1)求异面直线EF, AD 所成角的余弦值; ⑵点M 在线段AD 上, AD =入 严 、彳.若CM/平面AEF 求实数入 口、、M的贝 U |sin |cos解因为四棱柱ABC B ABCD 为直四棱柱， 所以AA 丄平面ABCDA (0,0,2) ,曰.3 , 0,0) , F# , 2 , 1 .(1) AD= (020) , E F = ^23, 1, i ,故异面直线EF, AD 所成角的余弦值为盲2.则AM=入 AD, 即 (x , y , z — 2)=入(0,2 , - 2).则 M 0,2 入，2— 2 入),CM= ( — 3, 2 入-1,2 — 2 入). 设平面 AEF 的法向量为 n = (X 0, y 。
高考第二轮复习数学浙江理科专题五 立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题.pdf
专题五 立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题 真题试做 1．(2012·陕西高考，理5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )． A． B． C． D． 2．(2012·四川高考，理14)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是__________． 3．(2012·山东高考，理18)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求证：BD⊥平面AED； (2)求二面角F－BD－C的余弦值． 4．(2012·浙江高考，理20)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点． (1)证明：MN∥平面ABCD； (2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值． 5．(2012·天津高考，理17)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)证明PC⊥AD； (2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长． 考向分析 从近几年的高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几个方面：一是证明空间平行关系，如(2012福建高考，理18)的第(2)问；二是利用空间向量证明垂直关系，如(2012山东高考，理18)的第(1)问和(2012福建高考，理18)的第(1)问；三是利用空间向量求角，如(2012山东高考，理18)的第(2)问；(2012天津高考，理17)的第(2)问和(2012四川高考，理14)，此类问题多以多面体为载体，常以解答题的形式出现，重在考查学生的空间想象能力． 本专题是高考的必考内容之一，通常为一道综合题，常出现在几个解答题的中间位置，难度不是很大．在多数情况下传统法、向量法都可以解决，但首先应考虑向量法，这样可以降低难度． 预测在今后高考中，本部分内容仍旧主要以解答题的形式出现，难度为中档．考查内容仍旧是利用空间向量的数量积及坐标运算来解决立体几何问题，其中利用空间向量求空间角仍然是重点． 热点例析 热点一 利用空间向量证明平行问题 例1如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1. 规律方法 利用空间向量证明平行问题的方法归纳． 下面用数学语言描述为： (1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行． (2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两平面的法向量平行即可． 下面用符号语言表述为： 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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)线线平行： l∥ma∥b?a＝kba1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (2)线面平行： l∥αa⊥u?a·u＝0a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. (3)面面平行： α∥βu∥v?u＝kva3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4. 变式训练1 如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 热点二 利用空间向量证明垂直问题 例如图，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，作EF⊥PB于点F，求证： (1)PA∥平面EDB； (2)PB⊥平面EFD. 规律方法 利用空间向量证明垂直问题的方法归纳． 下面用数学语言描述为： (1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直． (2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行． (3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可． 下面用符号语言表述为： 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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)线线垂直： l⊥ma⊥b?a·b＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直： l⊥αa∥u?a＝kua1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3. (3)面面垂直： α⊥βu⊥v?u·v＝0a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. 变式训练2 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长． 热点三 利用空间向量求角和距离 例如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝. (1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长． 规律方法 (1)夹角计算公式 ①两异面直线的夹角 若两条异面直线a和b的方向向量分别为n1，n2，两条异面直线a和b所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝. ②直线与平面所成的角 若直线a的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线a与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. ③二面角 设n1，n2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，其中cos〈n1，n2〉＝. (2)距离公式 ①点点距：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模； ②点线距：点M到直线a的距离，设直线的方向向量为a，直线上任一点为N，则点M到直线a的距离d＝sin〈，a〉； ③线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度； ④点面距：点M到平面α的距离，如平面α的法向量为n，平面α内任一点为N，则点M到平面α的距离d＝|cos〈，n〉|＝； ⑤线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； ⑥面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离． 变式训练3 已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点． (1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角A－B1D1－A1的大小为β.求证：tan β＝tan α； (2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高． 热点四 用向量法解决探索性问题 例如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大小； (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由． 规律方法 (1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项： ①建系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明； ②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃； ③求平面法向量； ④根据向量运算法则，求出三角函数值或距离； ⑤给出问题的结论． (2)利用空间向量巧解探索性问题： 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题． 变式训练4 如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2；E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点． (1)求证：PB∥平面EFG； (2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值； (3)在线段CD上是否存在一点Q，使得A到平面EFQ的距离为？若存在，求出CQ的值；若不存在，请说明理由． 思想渗透 转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题 主要问题类型： (1)空间线面关系的证明； (2)空间角的求法； (3)存在性问题的处理方法． 求解时应注意的问题： (1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围； (2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角． (2012·北京高考，理16)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2. 图1 图2 (1)求证：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； (3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE. (2)C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则，. 又=(3,0，)，=(－1,2,0)， 所以 令y=1，则x=2，.所以n=(2,1,)． 设CM与平面A1BE所成的角为θ. 因为， 所以， 所以CM与平面A1BE所成角的大小为. (3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直． 理由如下： 假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)， 则，. 又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)， 所以 令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝. 平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾． 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直． 1．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z的值分别为( )． A．，－，4 B．，－，4 C．，－2,4 D．4，，－15 2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P在平面α内的是( )． A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 3．(2012·湖北武昌调研，7)已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1棱BB1，AD的中点，则直线EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是( )． A． B． C． D． 4．在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为__________． 5．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是__________． 6．(2012·浙江义乌中学模拟，20)如图，△ABC是以∠C为直角的等腰直角三角形，直角边长为8，DE∥BC，AE∶EC＝5∶3，沿DE将△ADE折起使得点A在平面BCED上的射影是点C，MC＝AC. (1)在BD上确定点N的位置，使得MN∥平面ADE； (2)在(1)的条件下，求CN与平面ABD所成角的正弦值． 7．(2012·江苏镇江模拟，22)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO. (1)若λ＝1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值； (2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值． 命题调研·明晰考向 真题试做 1．A 解析：不妨设CB＝1，则CA＝CC1＝2.由题图知，A点的坐标为(2,0,0)，B点的坐标为(0,0,1)，B1点的坐标为(0,2,1)，C1点的坐标为(0,2,0)． 所以＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)． 所以cos〈，〉＝＝. 2．90° 解析：如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立坐标系D－xyz. 设正方体的棱长为2，则＝(2，－1，2)，＝(0,2,1)，·＝0，故异面直线A1M与ND所成角为90°. 3．(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°. 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD. 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD平面AED，所以BD⊥平面AED. (2)解法一：由(1)知AD⊥BD， 所以AC⊥BC. 又FC⊥平面ABCD， 因此CA，CB，CF两两垂直， 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)， 因此＝，＝(0，－1,1)． 设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则m·＝0，m·＝0，所以x＝y＝z，取z＝1，则m＝(，1,1)． 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cos〈m，〉＝＝＝， 所以二面角F－BD－C的余弦值为. 解法二：取BD的中点G，连接CG，FG， 由于CB＝CD，因此CG⊥BD. 又FC⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以FC⊥BD. 由于FC∩CG＝C，FC，CG平面FCG， 所以BD⊥平面FCG.故BD⊥FG. 所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角． 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝CB. 又CB＝CF，所以GF＝＝CG， 故cos∠FGC＝，因此二面角F－BD－C的余弦值为. 4．(1)证明：因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是△PBD的中位线． 所以MN∥BD. 又因为MN平面ABCD， 所以MN∥平面ABCD. (2)解：连结AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示． 在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝2，BD＝AB＝6. 又因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AC. 在直角△PAC中，AC＝2，PA＝2，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4， 由此知各点坐标如下， A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(－，0,2)，M， N，Q. 设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量． 由＝，＝， 知 取z＝－1，得m＝(2，0，－1)． 设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量． 由＝， ＝知 取z＝5，得n＝(2，0,5)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为. 5．解法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系， 依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)． (1)证明：易得 ＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)， 于是， 所以PC⊥AD. (2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)． 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 则即不妨令z＝1， 可得n＝(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值为. (3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]， 由此得＝. 由＝(2，－1,0)，故 cos〈，〉＝ ＝＝， 所以，＝cos 30°＝， 解得h＝，即AE＝. 解法二：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC. 又PC平面PAC，所以PC⊥AD. (2)如图，作AH⊥PC于点H，连接DH. 由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH. 因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角A－PC－D的平面角． 在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝. 由(1)知AD⊥AH，故在Rt△DAH中，DH＝＝. 因此sin∠AHD＝＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为. (3)如图，因为∠ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角． 由于BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC. 在Rt△DAC中，CD＝，sin∠ADC＝，故sin∠AFB＝. 在△AFB中，由＝，AB＝，sin∠FAB＝sin 135°＝，可得BF＝. 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝. 设AE＝h. 在Rt△EAF中，EF＝＝. 在Rt△BAE中，BE＝＝. 在△EBF中，因为EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得 cos 30°＝.可解得h＝.所以AE＝. 精要例析·聚焦热点 热点例析 【例1】证明：设＝a，＝b，＝c， 因为B1BCC1为平行四边形， 所以＝c－a. 又O是B1D1的中点，所以＝(a＋b)， ＝b－(a＋b)＝(b－a)． 因为D1DC1C，所以＝c， 所以＝＋＝(b－a)＋c. 若存在实数x，y，使＝x＋y(x，y∈R)成立，则 c－a＝x＋y ＝－(x＋y)a＋(x－y)b＋xc. 因为a，b，c不共线， 所以所以 所以， 所以，，是共面向量． 因为不在，所确定的平面ODC1内，所以∥平面ODC1，即B1C∥平面ODC1. 【变式训练1】证明：如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4， 则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． (1)取AB中点为N，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)， ∴，∴DE∥NC. 又NC在平面ABC内， 故DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)， ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，则，∴B1F⊥EF， ∵＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴，即B1F⊥AF. 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. 【例2】证明：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC＝a. (1)连接AC交BD于G，连接EG. 依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E. ∵底面ABCD是正方形， ∴G是此正方形的中心， 故点G的坐标为，＝(a,0，－a)，＝， ∴，则PA∥EG. 而EG平面EDB且PA平面EDB， ∴PA∥平面EDB. (2)依题意得B(a，a,0)，＝(a，a，－a)． 又＝， 故＋－＝0， ∴PB⊥DE. 由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E， ∴PB⊥平面EFD. 【变式训练2】解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)， 所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)． 设PB与AC所成角为θ， 则cosθ＝＝＝. (3)由(2)知＝(－1，，0)． 设P(0，－，t)(t＞0)， 则＝(－1，－，t)． 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)， 则·m＝0，·m＝0. 所以 令y＝，则x＝3，z＝. 所以m＝. 同理，平面PDC的法向量 n＝. 因为平面PBC⊥平面PDC， 所以m·n＝0，即－6＋＝0， 解得t＝，所以PA＝. 【例3】解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点． 依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，，)． (1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)， 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. (2)易知＝(0,2，0)， ＝(－，－，)． 设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)， 则 即 不妨令x＝，可得m＝(，0，)． 同样的，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)， 则 即 不妨令y＝，可得n＝(0，，)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. (3)由N为棱B1C1的中点， 得N. 设M(a，b,0)， 则＝. 由MN⊥平面A1B1C1， 得即 解得故M， 因此＝. 所以线段BM的长||＝. 【变式训练3】解：设正四棱柱的高为h. (1)连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1， ∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α. ∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点， ∴AO1⊥B1D1. 又A1O1⊥B1D1，四边形A1B1C1D1是正方形． ∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β. ∴tan α＝＝h，tan β＝＝h. ∴tan β＝tan α. (2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)， ＝(1,0，－h)，＝(0,1，－h)，＝(1,1,0)． 设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)． ∵ 取z＝1得n＝(h，h,1)， ∴点C到平面AB1D1的距离为＝＝，则h＝2. 【例4】(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO. 由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz， 设底面边长为2，则高SO＝， ∴S(0,0，)，D(－，0,0)，C(0，，0)． ∴＝(0，，0)，＝(－，0，－)． ∴， 故OC⊥SD，即AC⊥SD. (2)解：由题意知，平面PAC的一个法向量＝(，0，)，平面DAC的一个法向量为＝(0,0，)，设所求的二面角为θ，则cos θ＝＝. 故所求二面角的大小为30°. (3)解：在侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量，且＝(，0，)，＝(0，－，)． 设，则＝(－，(1－t)，t)，而t＝， 从而当SE∶EC＝2∶1时，，又BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC. 【变式训练4】解：∵平面PAD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°， ∴PA⊥平面ABCD.而ABCD是正方形，即AB⊥AD， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)． (1)证明：∵＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)， 设平面EFG的法向量为n0＝(x0，y0，z0)． 则∴ 令x0＝1，则∴n0＝(1,0,1)． 又∵·n0＝2×1＋0＋(－2)×1＝0， ∴⊥n0. 又∵PB平面EFG，∴PB∥平面EFG. (2)∵＝(1,2，－1)，＝(－2,2,0)， ∴cos 〈，〉＝＝， 故异面直线EG与BD所成的角的余弦值为. (3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件， 令CQ＝m(0≤m≤2)，则DQ＝2－m， ∴点Q的坐标为(2－m,2,0)， ∴＝(2－m,2，－1)． 而＝(0,1,0)，设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴ 令x＝1，则n＝(1,0,2－m)， ∴点A到平面EFQ的距离d＝ ＝＝，即(2－m)2＝， ∴m＝或m＝＞2不合题意，舍去， 故存在点Q，当CQ＝时，点A到平面EFQ的距离为. 创新模拟·预测演练 1．B 解析：∵，∴，即3＋5－2z＝0，得z＝4.又BP⊥平面ABC， ∴BP⊥AB，BP⊥BC，＝(3,1,4)，则解得 2．A 3．B 解析：建立如图所示空间直角坐标系，D1(0,0,0)，F(1,0,2)，E(2,2,1)， 则＝(－1，－2,1)． 设平面BDD1B1的法向量为n， 则n＝(1，－1,0)． sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝.故选B. 4a 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz， 则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)． 过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H， 则PH的长即为点P到平面ABC的距离． ∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心． 又∵△ABC为正三角形， ∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为. ∴PH＝ ＝a. 5 解析：以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)， 则＝(－1,1，－2)，＝(－1,0,0)． cos〈，〉＝ ＝＝. 6．解：(1)由已知，点A在平面BCED上的射影是点C， 则可知AC⊥平面BCED，而BC⊥CE，如图建立空间直角坐标系，则可知各点的坐标为C(0,0,0)，A(0,0,4)，B(0,8,0)，D(3,5,0)，E(3,0,0)． 由MC＝AC，可知点M的坐标为. 设点N的坐标为(x，y,0)， 则可知y＝8－x， 即点N的坐标为(x,8－x,0)． 设平面ADE的法向量为n1＝(x，y，z)， 由题意可知 而＝(0，－5,0)，＝(3,0，－4)， 可得取x＝4，则z＝3. 可得n1＝(4,0,3)． MN∥平面ADE等价于n1·＝0，即4x＋0×(8－x)＋3×＝0， 解之可得x＝2，即可知点N的坐标为(2,6,0)，点N为BD的三等分点． (2)由(1)可知＝(2,6,0)，设平面ADB的法向量为n2＝(x，y，z)， 由题意可知 而＝(－3,3,0)，＝(0,8，－4)， 可得 取x＝1，则y＝1，z＝2，可得n2＝(1,1,2)． 设CN与平面ABD所成角为θ，sin θ＝＝. 7．解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以，，为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz， 则A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E， 于是＝，＝(0，－1,1)． 由cos〈，〉＝＝， 所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为. (2)设平面CD1O的向量为m＝(x1，y1，z1)， 由m·＝0，m·＝0， 得 取x1＝1，得y1＝z1＝1，得m＝(1,1,1)． 由D1E＝λEO， 则E， ＝. 又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由n·＝0，n·＝0， 得 取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(－2,0，λ)． 因为平面CDE⊥平面CD1F， 所以m·n＝0，得λ＝2.。
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利用空间向量求线线 角、线面角、面面角
以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求 相关量
利用空间向量解决探索 性问题或其他问题
1.常借助空间直角坐标系，设点的坐标探求点的 存在问题 2．常利用空间向量的关系，设某一个参数，利用 向量运算探究平行、垂直问题
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空
又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.
可得PH＝ 23，EH＝32.
则H(0,0,0)，P
0，0，
3 2
，D
－1，－32，0
，
―→ DP
＝
1，32，
3 2
，
―→ HP
＝
0，0， 23为平面ABFD的一个法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝所以BF⊥平 NhomakorabeaPEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)方法一：作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD．
以H为坐标原点，
―→ HF
的方向为y轴正方向，设正方形ABCD的边长为2，建立
如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝ 3.
1．(2018·全国卷Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的 中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD．
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解析] (1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，
3．模、夹角和距离公式 (1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则 |cao|＝s〈aa，·a＝b〉__＝___a__21＋____a__22__＋__|aa__a|·|__bb32__|＝________a，_21＋_a_1ba_122_＋ ＋__aa_223_b_2b＋_21_＋a_3_bb_223_＋__b_32 . (2)距离公式 设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则 |A→B|＝ x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.
3
＝
4＝ 3
43.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 43.
方法二：因为PF⊥BF，BF∥ED，所以PF⊥ED， 又PF⊥PD，ED∩DP＝D，所以PF⊥平面PED， 所以PF⊥PE，设AB＝4，则EF＝4，PF＝2，所以PE＝2 3， 过P作PH⊥EF交EF于H点，由平面PEF⊥平面ABFD， 所以PH⊥平面ABFD，连接DH，则∠PDH即为直线DP与平面ABFD所成的 角，由PE·PF＝EF·PH，所以PH＝2 34×2＝ 3， 因为PD＝4，所以sin∠PDH＝PPHD＝ 43， 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 43.
间向量的加、减法，数乘、数量积运算等．
• (2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用． • (3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法． • 预测2019年命题热点为： • (1)二面角的求法． • (2)已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直． • (3)给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在．
第一部分
专题强化突破
专题五 立体几何
第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题(理)
1
高考考点聚焦
2
核心知识整合
3
高考真题体验
4
命题热点突破
5
课后强化训练
高考考点聚焦
高考考点
考点解读
利用空间向量证明平行 与垂直关系
1.建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明平 行与垂直 2．考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建立 空间直角坐标系的方法
(4)点到平面的距离的向量求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距 →
离d＝|A|Bn·|n|.
2．利用向量方法证明平行与垂直 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)，v＝(a4，b4，c4)． (1)线线平行 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔____a_1_＝__k_a_2，__b_1_＝__k_b_2，__c_1_＝__k_c_2 ____. (2)线线垂直 l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝___0____⇔__a_1a_2_＋__b_1_b_2＋__c_1_c_2_＝__0_. (3)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝___0___⇔__a_1a_3_＋__b_1_b_3＋__c_1_c_3＝__0__.
核心知识整合
1．向量法求空间角
(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直 |a·b|
线所成的角满足cosθ＝__|_a_||b_|___.
(2)线面角
设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角满足 |c·n|
sinθ＝__|_c_||n__| __.
• 1．在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的 条件．
• 2．忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异 面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角 不一定相等．
• 3．不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两 法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析 ．
高考真题体验
(4)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔_a_1_＝__k_a_3，__b_1_＝__k_b_3，__c_＝__k_c_3_______. (5)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔_a_3_＝__k_a_4_，__b_3＝__k_b_4_，__c_3＝__k_c_4_____. (6)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝___0___⇔_a_3_a_4_＋__b_3b_4_＋__c_3_c4_＝__0_______.
(3)二面角 ①如图(ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二 面角的大小θ＝〈__A_→_B_，__C→_D__〉____.
②如图(ⅱ)(ⅲ)，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则 二面角的大小θ满足cosθ＝__co_s_〈__n_1_，__n_2_〉__或__－__c_o_s〈__n__1，__n_2_〉________.