1、1重点增分专题九 立体几何中的向量方法全国卷 3 年考情分析年份 全国卷 全国卷 全国卷2018线面角的正弦值的求解T 18(2)二面角、线面角的正弦值的求解T 20(2)二面角的正弦值的求解T 19(2)2017二面角的余弦值的求解T 18(2)二面角的余弦值的求解T 19(2)二面角的余弦值的求解T 19(2)2016二面角的余弦值的求解T 18(2)二面角的正弦值的求解T 19(2)线面角的正弦值的求解T 19(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第 18 或 19 题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上利用空间向量证明空间位
2、置关系 考 点 一保 分 考 点 练 后 讲 评1. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC90 ， BC2， CC14， D 为 C1C证 明 线 面 垂 直 的中点，求证： B1D平面 ABD.证明：由题意知 AB， BC， BB1两两垂直，故以 B 为坐标原点，BA， BC， BB1所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0,0,0)， D(0,2,2)， B1(0,0,4)， C1(0,2,4)，设 BA a，则 A(a,0,0)，所以 ( a,0,0)， (0,2,2)，BA BD (0,2，2)，B1D 所以 0， 0440，B1D B
3、A B1D BD 即 B1D BA， B1D BD.又 BA BD B， BA平面 ABD， BD平面 ABD，所以 B1D平面 ABD.2. 如图所示，在底面是矩形的四棱证 明 线 面 平 行 、 面 面 垂 直 锥 PABCD 中， PA底面 ABCD， E， F 分别是 PC， PD 的中点，PA AB1， BC2.(1)求证： EF平面 PAB；(2)求证：平面 PAD平面 PDC.2证明：以 A 为坐标原点， AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2，0)， D(0,2,0)， P
4、(0,0,1)，所以 E ， F ，(12， 1， 12) (0， 1， 12) ， (0,0,1)， (0,2,0)，EF ( 12， 0， 0) AP AD (1,0,0)， (1,0,0)DC AB (1)因为 ，所以 ，EF 12AB EF AB 即 EF AB.又 AB平面 PAB， EF平面 PAB，所以 EF平面 PAB.(2)因为 (0,0,1)(1,0,0)0，AP DC (0,2,0)(1,0,0)0，AD DC 所以 ， ，AP DC AD DC 即 AP DC， AD DC.又 AP AD A， AP平面 PAD， AD平面 PAD，所以 DC平面 PAD.因为 DC平
5、面 PDC，所以平面 PAD平面 PDC.解题方略 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题.利用空间向量求空间角 增分考点广度拓展考 点 二分点研究 题型一 计算异面直线所成的角例 1 已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC120 ， AB2， BC CC11，求异面直线AB1与 BC1所成角的余弦值解 法一：(基向量法)如图，取
6、3a， b， c，则由已知可得|a|2，|b|c|1，BA BC BB1 且a，b120 ， a，cb，c90 .所以 ab21cos 120 1，acbc0.因为 ca， bc，AB1 BC1 所以 (ca)(bc)c 2cbabac1 20(1)02.AB1 BC1 又| | ，AB1 c a 2 c2 2ca a2 12 0 22 5| | ，BC1 b c 2 b2 2bc c2 12 0 12 2所以 cos ， .AB1 BC1 252 105所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 .105法二：(坐标法)如图，在平面 ABC 内过点 B 作 BD AB，交AC 于点 D，
7、则 CBD30 .因为 BB1平面 ABC，故以 B 为坐标原点，分别以射线BD， BA， BB1为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则 B(0,0,0)， A(0,2,0)， B1(0,0,1)， C1(cos 30，sin 30，1)，即 C1 .(32， 12， 1)所以 (0，2,1)， .AB1 BC1 (32， 12， 1)所以 cos ， AB1 BC1 .032 2 ( 12) 110 2 2 12 (32)2 ( 12)2 12 105所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 .105解题方略 向量法求异面直线所成角设异面直线 a， b 所成的角为
8、 ，则 cos ，其中，a，b 分别是直线 a， b|ab|a|b|的方向向量此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示两个向量的4夹角范围是0，而两异面直线所成角的范围是 ，应注意加以区分(0， 2注意 两条异面直线所成角的范围是 .当所作或所求的角为钝角时，应取其(0， 2补角作为两条异面直线所成的角 题型二 计算直线与平面所成的角例 2 (2018全国卷)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，
9、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 (1)证明：由已知可得 BF PF， BF EF，又 PF EF F，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)如图，作 PH EF，垂足为 H.由(1)得， PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点， 的方向为 y 轴正方向，| |为单位长，建立如图所示的空间BF BF 直角坐标系 Hxyz.由(1)可得， DE PE.又因为 DP2， DE1，所以 PE .3又 PF1， EF2，所以 PE PF.所以 PH ， EH .32 32则 H(0
10、,0,0)， P ， D ，(0， 0，32) ( 1， 32， 0) ， .DP (1， 32， 32) HP (0， 0， 32)又 为平面 ABFD 的法向量，HP 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，5则 sin .343 34所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .34解题方略 向量法求直线和平面所成的角设 为直线 l 与平面 所成的角， 为直线 l 的方向向量 m 与平面 的法向量 n之间的 夹角，则有 (如图 (1)或 (如图 (2)，所以有 sin |cos 2 2 | |cosm ， n | .特别地， 0 时， ， l ； 时，|mn|m|n| 2 2 0，
11、l 或 l . 题型三 计算二面角例 3 如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中， AA1平面ABCD，且 AB AD2， AA1 ， BAD120 .3(1)求异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值；(2)求二面角 BA1DA 的正弦值解 (1)在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE AD，交 BC 于点 E.因为 AA1平面 ABCD，所以 AA1 AE， AA1 AD.故以 AE， AD， AA1所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.因为 AB AD2，AA1 ， BAD120 ，3则 A(0,0,0)， B( ，1,0)， D(
12、0,2,0)， E( ，0,0)， A1(0，0， )，3 3 3C1( ， 1， )3 3(1) ( ，1， )， ( ，1， )A1B 3 3 AC1 3 3则 cos ， .A1B AC1 3 1 377 17因此异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值为 .176(2)可知平面 A1DA 的一个法向量为 ( ，0,0)AE 3设 m( x， y， z)为平面 BA1D 的一个法向量，又 ( ，1， )， ( ，3,0)，A1B 3 3 BD 3则 即Error!不妨取 x3，则 y ， z2，3所以 m(3， ，2)为平面 BA1D 的一个法向量，3从而 cos ，m .AE 333
13、4 34设二面角 BA1DA 的大小为 ，则|cos | .34因为 0，所以 sin .1 cos274因此二面角 BA1DA 的正弦值为 .74解题方略 向量法求二面角设二面角 l 的平面角为 (0 )，n 1，n 2分别为平面 ， 的法向量，向量 n1，n 2的夹角为 ，则有 (如图(1)或 (如图(2)，其中 cos .n1n2| n1|n2|多练强化1.(2019 届高三贵阳摸底)如图， CD， AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形， E 是底面圆周上不同于A， B 两点的一点， AE1.(1)求证： BE平面 DAE；(2)求二面角 CDB
14、E 的余弦值解：(1)证明：由圆柱的性质知， DA平面 ABE，又 BE平面 ABE， BE DA， AB 是底面圆的直径， E 是底面圆周上不同于 A， B 两点的一点， BE AE.7又 DA AE A， DA平面 DAE， AE平面 DAE， BE平面 DAE.(2)法一：如图，过 E 作 EF AB，垂足为 F，由圆柱的性质知平面ABCD平面 ABE， EF平面 ABCD.过 F 作 FH DB，垂足为 H，连接 EH，则 EHF 即所求的二面角的平面角的补角，由 AB AD2， AE1，得 DE ， BE ， BD2 ，5 3 2 EF ，AEBEAB 32由(1)知 BE DE，
15、EH ，DEBEDB 5322 304sin EHF ，EFEH32304 105cos EHF ，1 sin2 EHF155二面角 CDBE 的余弦值为 .155法二：过 A 在平面 AEB 内作垂直于 AB 的直线，建立如图所示的空间直角坐标系， AB AD2， AE1， BE ， E ，3 (32， 12， 0)D(0,0,2)， B(0,2,0)， ， (0，2,2)ED ( 32， 12， 2) BD 设平面 EBD 的法向量为 n( x， y， z)，则 即Error!取 z1，则 n( ，1,1)为平面 EBD 的一个法向量3易知平面 CDB 的一个法向量为 m(1,0,0)，c
16、osm，n ，mn| m|n| 35 155由图知，二面角 CDBE 为钝角，8二面角 CDBE 的余弦值为 .1552(2018石家庄质检)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形且 CBB160 ， AB AC1.(1)证明：平面 AB1C平面 BB1C1C；(2)若 AB B1C，直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30，求直线 AB1与平面 A1B1C 所成角的正弦值解：(1)证明：连接 BC1交 B1C 于点 O，连接 AO，侧面 BB1C1C 为菱形， B1C BC1. AB AC1， O 为 BC1的中点， AO BC1. B1C AO O， B
17、C1平面 AB1C.又 BC1平面 BB1C1C，平面 AB1C平面 BB1C1C.(2) AB B1C， BO B1C， AB BO B， B1C平面 ABO，又 AO平面 ABO， AO B1C，从而 OA， OB， OB1两两垂直以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.OB 直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30， ABO30 .设 AO1，则 BO ，又 CBB160 ，3 CBB1是边长为 2 的等边三角形， A(0,0,1)， B( ，0,0)， B1(0,1,0)， C(0，1,0)，3(0,1，1)， (0，2,0)，A
18、B1 B1C ( ，0，1)A1B1 AB 3设 n( x， y， z)是平面 A1B1C 的法向量，则 即Error!9令 x1，则 n(1,0， )为平面 A1B1C 的一个法向量3设直线 AB1与平面 A1B1C 所成的角为 ，则 sin |cos ，n| ，AB1 64直线 AB1与平面 A1B1C 所成角的正弦值为 .64利用空间向量解决探索性问题 考 点 三增 分 考 点 讲 练 冲 关典例 已知几何体 ABCC1B1N 的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形(1)连接 B1C，若 M 为 AB 的中点，在线段 CB 上是否存在一点 P，
19、使得 MP平面 CNB1？若存在，求出 BP 的长；若不存在，请说明理由(2)求二面角 CNB1C1的余弦值解 由题意可知， BA， BB1， BC 两两垂直，以BA， BB1， BC 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz，则由该几何体的三视图可知， C(0,0,4)，N(4,4,0)， B1(0,8,0)， C1(0,8,4)(1)设平面 CNB1的法向量为 n( x， y， z) (4，4,4)， (4,4,0)，NC NB1 即Error!令 x1，可得平面 CNB1的一个法向量为 n(1,1,2)，设 P(0,0， a)(0 a4)，由于 M
20、(2,0,0)，则 (2,0， a)PM 又 MP平面 CNB1， n22 a0，解得 a1.PM 在线段 CB 上存在一点 P，使得 MP平面 CNB1，此时 BP1.(2)设平面 C1NB1的法向量为 m( x， y， z)，10 (4,4,4)，NC1 即Error!令 x1，可得平面 C1NB1的一个法向量为 m(1,1,0)，cosm，n .mn|m|n| 1 126 33由图可知，二面角 CNB1C1为锐角，故二面角 CNB1C1的余弦值为 .33解题方略 利用空间向量求解探索性问题的策略(1)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(2)在这个前提下进行逻辑
21、推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论多练强化如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 为矩形， PA平面 ABCD，点 E是棱 PD 的中点，点 F 是 PC 的中点(1)证明： PB平面 AEC.(2)若四边形 ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角 CAFD大小为 60？解：(1)证明：连接 BD，设 AC BD O，连接 OE，因为四边形 ABCD 为矩形，所以点 O 是 BD 的中点，因为点 E 是棱 PD 的中点，所以 PB EO，又因为
22、 PB平面 AEC， EO平面 AEC，所以 PB平面 AEC.(2)由题意知 AB， AD， AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，以AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 AB AD2 a， AP2 c，则 A(0,0,0)， C(2a,2a,0)， D(0，2 a,0)， P(0,0,2c)，F(a， a， c)因为 z 轴平面 CAF，11所以设平面 CAF 的一个法向量为 n( x,1,0)，而 (2 a,2a,0)，AC 所以 n2 ax2 a0，得 x1，AC 所以 n(1,1,0)因为 y 轴平面 DAF，所以设平面 DA
23、F 的一个法向量为 m(1,0， z)，而 ( a， a， c)，所以 m a cz0，得 z ，AF AF ac所以 m ，(1， 0， ac)所以 cos 60 ，得 a c.|nm|n|m| 121 a2c2 12即当 AP 等于正方形 ABCD 的边长时，二面角 CAFD 的大小为 60.数学抽象向量法解决空间立体几何问题典例 如图，在三棱锥 PABC 中， PA底面ABC， BAC90 .点 D， E， N 分别为棱 PA， PC， BC 的中点， M 是线段 AD 的中点， PA AC4， AB2.(1)求证： MN平面 BDE；(2)求二面角 CEMN 的正弦值；(3)已知点 H
24、 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 ，求线段 AH 的长721解 由题意知， AB， AC， AP 两两垂直，故以 A 为坐标原点，分别以 ， ， 方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立如图AB AC AP 所示的空间直角坐标系依题意可得 A(0，0,0)， B(2，0,0)， C(0,4,0)， P(0，0,4)，D(0,0,2)， E(0,2,2)， M(0,0,1)， N(1,2,0)(1)证明： (0,2,0)， (2,0，2)DE DB 设 n( x， y， z)为平面 BDE 的法向量，则 即Error!不妨取 z1，可得 n(1,0,1)12又
25、(1,2，1)，可得 n0.MN MN 因为 MN平面 BDE，所以 MN平面 BDE.(2)易知 n1(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量设 n2( x1， y1， z1)为平面 EMN 的法向量，又 (0，2，1)， (1,2，1)，EM MN 则 即Error!不妨取 y11，可得 n2(4,1，2)因此有 cosn 1，n 2 ，n1n2| n1|n2| 421于是 sinn 1，n 2 .10521所以二面角 CEMN 的正弦值为 .10521(3)依题意，设 AH h(0 h4)，则 H(0,0， h)，进而可得 (1，2， h)， (2,2,2)NH BE 由已知，得|cos ， |NH BE ，|2h 2|h2 523 721整理得 10h221 h80，解得 h 或 h .85 12所以线段 AH 的长为 或 .85 12素养通路本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养13
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