1、高考数学理二轮复习 讲学案立体几何与空间向量 第3讲立体几何中的向量方法含答案解析第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(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2
2、a3b2b3c2c30.例1如图，在直三棱柱ADEBCF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，O.，(1,0,0)，0, .棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，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
3、1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，(0，1,1)，由得令x11，则n1.同理可得n2(0,1,1)n1n20，平面MDF平面EFCD.方法二(1)()().向量与向量，共面，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220.OMCD，OMFC，又CDFCC，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
4、ab，只需证明向量ab(R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直;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PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(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 ，F ，(1,0,0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF
5、平面PAB.(2)由(1)可知，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，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(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为 ，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为 ，则sin |cosa，|.(3)二面角设a的平面角
6、为(0)，则|cos |cos，v|.例2在三棱柱ABCA1B1C1中， AB平面BCC1B1, BCC1， ABBC2, BB14，点D在棱CC1上，且CDCC1(01)建立如图所示的空间直角坐标系(1)当时，求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值；(2)若二面角AB1DA1的平面角为，求的值解(1)易知A， B1， A1.当时， 因为BCCD2, BCC1，所以C，D.所以， .所以cos， .故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为.(2)由CDCC1可知， D，所以，由(1)知， .设平面AB1D的法向量为m，则即 令y1，解得x， z2，所以平面AB1D的一个法向量为m.设平面A1B
7、1D的法向量为n，则 即 令y1，解得x， z0，所以平面A1B1D的一个法向量为n.因为二面角AB1DA1的平面角为，所以，即21，解得(舍)或1，故的值为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：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |；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；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SAB
8、CD中，SD平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，ADCDAB90，SDADAB2，DC1.(1)求二面角SBCA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，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(2,2，2)，(0,1，2)，(0,0,2)设平面SBC的法向量为n1(x，y，z)，由n10，n10，得2x2y2z0且y2z0.取z1，得x1，y2，所以n1(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
9、量n2(0,0,1)设二面角SBCA的大小为，所以|cos |，由图可知二面角SBCA为锐二面角，所以二面角SBCA的余弦值为.(2)由(1)知，E(1,0,1)，则(2,1,0)，(1，1,1)设(01)，则(2,1,0)(2，0)，所以(12，1，1)易知CD平面SAD，所以(0，1,0)是平面SAD的一个法向量设PE与平面SAD所成的角为，所以sin |cos，|，即，得或(舍)所以，|，所以线段CP的长为.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
10、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EABCD中，平面ABE底面ABCD，侧面AEB为等腰直角三角形， AEB，底面ABCD为直角梯形， ABCD，ABBC，AB2CD2BC.(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；若不存在，说明理由解(1)因为平面ABE平面ABCD，且ABBC，平面ABE平面ABCDAB，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BCa，则AB2a，BEa，所以
11、CEa，则在RtCBE中， sinCEB，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.(2)存在点F，且时，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CD1，则E(0,0,1)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，所以(1,0，1)，(1,1,0)，(1,1，1)由，得F，所以.设平面FBD的法向量为v，则所以取a1，得v，因为v0，且EC平面FBD，所以EC平面FBD，即当点F满足时，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、
12、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，AFAB，AFBE，平面ABEF平面ABCD，DF，CE2，BC2.(1)求二面角FDEC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AFAB，平面ABCD平面ABEF，平面ABEF平面ABCDAB，所以AF平面ABCD，所以AFAD.因为四边形ABCD为正方形，所以ABAD，所以A
13、D，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，AF1，BE2，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(2,2,0)，(0，2,0)，(2,0,2)设平面CDE的一个法向量为n(x，y，z)，由得即取x1，得n(1,0,1)同理可得平面DEF的一个法向量m(1，1,2)，故cosm，n，因为二面角FDEC为钝角，故二面角FDEC的大小为.(2)设，因为(2,2,2)，(2,0,1)，又(2，2,0)，(2，2，2)(2，0，)(22，2，2)，所以(22
14、2，22,2)，因为所以解得即.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DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，APPB，2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，则，的大小关系为_答案解析如图，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DEO，DFO，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，在AB边上取点P，使AP2PB，连接OQ，OR，则O为QRP的中心设点O到QRP三边的距离为a，则OGa，OF
15、OQsinOQFOQsinOQPa，OEORsinOREORsinORPa，OFOGOE，.2(2017北京)如图，在四棱锥PABCD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，PAPD，AB4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA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PDBME，所以PDME.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PAPD，所以OPAD，又因为平面PAD平面
16、ABCD，平面PAD平面ABCDAD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为四边形ABCD是正方形，所以OEAD，如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)设平面BDP的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则y1，z.于是n(1,1，)平面PAD的法向量为p(0,1,0)，所以cosn，p.由题意知，二面角BPDA为锐角，所以它的大小为.(3)解由题意知M，C(2,4,0)，.设直线MC与平面BDP所成的角为，则sin |cosn，|.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
17、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, DFBE, DF2BE2，EF3.(1)证明：平面ACF平面BEFD；(2)若二面角AEFC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，ACBD.BE平面ABCD，BEAC，又BEBDB，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， B
18、E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, DH1，四边形BEHD为平行四边形，在RtEHF中， FH1，EF3，EH2，BD2.设AB的长为a，则各点坐标为A，E，F，C，.设n1为平面AEF的法向量， n2为平面CEF的法向量由n10，n10，得z12y1，x1y1.令y1，得n1，同理得n2.二面角AEFC是直二面角，n1n20，得a2，由题可得EAB为AE与平面ABCD的夹角，AB2，BE1，tanEAB.方法二(几何法)设AC与BD交于点O.四边形ABCD是菱形，ADFCDF，ABECBE，AFCF，AECE，AEFCEF.过A作AMEF，连接CM，则
19、CMEF，则AMC为二面角AEFC的平面角设菱形的边长为a，BE1，DF2，EF3, DFBD，BD2.在AOB中， AO，AC2，AEFC的二面角为直角，AMC为直角，AM，在AEF中， AMEF，设MEx，则MF3x，AF，AE，222x2，a2.AE与平面ABCD所成角为EAB，tanEAB.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，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AC1中， AB2,
20、 A1C1B1D1E，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面BCC1B1所成的角为，则cos等于()A. B.C. D.答案A解析由题意可知，则cossin ，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D，E，平面BCC1B1的法向量，由此可得cossin .故选A.3正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析以点D为原点，DA，DC，DD1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(0x1)，则，设，的夹角为，所以cos ，所以当x
21、时，cos 取得最大值，.当x1时， cos 取得最小值，.因为BC1AD1.故选D.4(2017全国)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析方法一将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知ABC120，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60.在ABD中，由余弦定理知，BD22212221cos 603，所以BD，所以B1D1.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角，所以cos .故选
22、C.方法二以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1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B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(1，1)，则(1,0，1)，(1，1)所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.5(2017全国)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：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成
23、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)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，则B(cos ，sin ，0)，(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与直线a所成的夹角为，则cos |sin |，4590，正确，错误；设直线AB与直线b所成的夹角为，则cos |cos |.当直线AB与直线a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，|c
24、os |，cos |cos |.4590，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误6.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1AAB2，ABC，E，F分别是BC，A1C的中点(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上， .若CM平面AEF，求实数的值解因为四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A平面ABCD.又AE平面ABCD，AD平面ABCD，所以A1AAE，A1AAD.在菱形ABCD中，ABC，则ABC是等边三角形因为E是BC中点，所以BCAE.因为BCAD，所以AEAD.以，为正交基底建立空间直角坐标系则A(0,0
25、,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F.(1)(0,2,0)，从而cos，.故异面直线EF，AD所成角的余弦值为.(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且，则，即(x，y，z2)(0,2，2)则M(0,2，22)，(，21,22)设平面AEF的法向量为n(x0，y0，z0)因为(，0,0)，由n0，n0，得x00，y0z00.取y02，则z01，则平面AEF的一个法向量为n(0,2，1)由于CM平面AEF，则n0，即2(21)(22)0，解得.7(2017全国)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，AB
26、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DAEC的余弦值(1)证明由题设可得ABDCBD.从而ADCD，又ACD为直角三角形，所以ADC90，取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角，在RtAOB中，BO2OA2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90，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，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，|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，D，B，C(1，0,0)，由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，故，.设平
