2020年高考数学专题三 第3讲

第3讲立体几何中的向量方法

高考定位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.

真题感悟

1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()

A.

3

2 B.

15

5 C.

10

5 D.

3

3

解析法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.

图(1) 图(2)

则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).

又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0).

所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)，

则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|

＝（1，－3，1）·（1，0，1）

5×2＝25×2

＝105， 因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.

法二 如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则PN ∥BC 1，MN ∥AB 1，

∴AB 1与BC 1所成的角是∠MNP 或其补角.

∵AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，

∴MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝22.

取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝12AC ，

在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC

＝4＋1－2×2×1×⎝ ⎛⎭

⎪⎫－12＝7，AC ＝7， 则MQ ＝72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝112，

则△PMN 中，cos ∠PNM ＝MN 2＋NP 2－PM 2

2·MN ·NP

＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫11222×52×22

＝－105， 又异面直线所成角范围为⎝ ⎛⎦

⎥⎤0，π2，则余弦值为105. 答案 C

2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平

面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点.

(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；

(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.

(1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .

因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，

所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CDM ，故BC ⊥DM .

因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，

所以DM ⊥CM .

又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .

由于DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .

(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如

图所示的空间直角坐标系D －xyz .

当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点.

由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，

0)，M (0，1，1)，

AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0).

设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，

则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·

AB →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0. 可取n ＝(1，0，2).

又DA →是平面MCD 的法向量，

因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|

＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.

所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值为255.

3.(2018·全国Ⅰ卷)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.

(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .

又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .

(2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .

以H 为坐标原点，以HF →的方向为y 轴的正方向，|BF →|

为单位长，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.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .

可得PH ＝32，EH ＝32.

则H (0，0，0)，P ⎝

⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0， DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝

⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，

则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.

考 点 整 合

1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法

设直线l 的方向向量为a ＝(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

(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.

2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算

设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(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).