2019届高考数学二轮复习专题三第2讲立体几何中的向量方法（理）学案.docx

1、1第 2 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( a1， b1， c1)，平面 ， 的法向量分别为 ( a2， b2， c2)，v( a3， b3， c3)，则(1)线面平行l a a 0 a1a2 b1b2 c1c20(2)线面垂直l a a k a1 ka2， b1 kb2， c1 kc2(3)面面平行 v va2 a 3， b2 b 3， c2 c 3(4)面面垂直 v v0 a2a3 b2b3 c2c302直

2、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( 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 02 ，则 cos cos,ab|ab|a|b|(2)线面夹角设直线 l 与平面 的夹角为 02 ，则(3)面面夹角设平面 ， 的夹角为 02 ，则知识与技巧的梳理考向预测2热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系【例 1】如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA底面 ABCD， AD AB， AB DC，AD DC AP2，

3、 AB1，点 E 为棱 PC 的中点证明：(1)BE DC；(2)BE平面 PAD；(3)平面 PCD平面 PAD证明 依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得 B(1，0，0)， C(2，2，0)， D(0，2，0)，P(0，0，2)由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1，1)(1)向量 (0，1，1)， (2，0，0)，故 0BE DC BE DC 所以 BE DC(2)因为 AB AD，又 PA平面 ABCD， AB平面 ABCD，所以 AB PA， PA AD A， PA， AD平面 PAD，所以 AB平面 PAD，所以向量 (1，0，0)为平面 PAD 的一个法向

4、量，AB 而 (0，1，1)(1，0，0)0，所以 BE AB，BE AB 又 BE平面 PAD，所以 BE平面 PAD(3)由(2)知平面 PAD 的法向量 (1，0，0)，向量 (0，2，2)， (2，0，0)，AB PD DC 设平面 PCD 的一个法向量为 n( x， y， z)，则 即nPD 0，nDC 0， ) 2y 2z 0，2x 0， )不妨令 y1，可得 n(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量且 n (0，1，1)(1，0，0)0，所以 n AB AB 所以平面 PAD平面 PCD探究提高 1利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系32向量证明的核心是利用向

5、量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略 BE平面 PAD 而致误【训练 1】在直三棱柱 ABC A1B1C1中， ABC90， BC2， CC14，点 E 在线段 BB1上，且EB11， D， F， G 分别为 CC1， C1B1， C1A1的中点求证：(1)B1D平面 ABD； (2)平面 EGF平面 ABD证明 (1)以 B 为坐标原点， BA， BC， BB1所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示则 B(0，0，0)， D(0，2，2)， B1(0，0，4)， C1(0，2，4)设 BA a，则 A(a，0，0)

6、，所以 ( a，0，0)， (0，2，2)， (0，2，2)BA BD B1D 0， 0440，B1D BA B1D BD 则 B1D BA， B1D BD又 BA BD B， BA， BD平面 ABD，因此 B1D平面 ABD(2)由(1)知， E(0，0，3)， G ， F(0，1，4)，(a2， 1， 4)则 ， (0，1，1)，EG (a2， 1， 1) EF 0220， 0220，即 B1D EG， B1D EFB1D EG B1D EF 又 EG EF E， EG， EF平面 EGF，因此 B1D平面 EGF结合(1)可知平面 EGF平面 ABD热点二 利用空间向量计算空间角【例

7、2】(2019成都月考)）在直三棱柱（侧棱垂直底面） 中， ， 1ABC1ABC90A4（）若异面直线 与 所成的角为 ，求棱柱的高；1AB1C60（）设 是 的中点， 与平面 所成的角为 ，当棱柱的高变化时，求 的最大值DD1ABsin解：建立如图 2 所示的空间直角坐标系 ，设 ，则有xyz1(0)h， ， ， ，(1,0)B1(,)h1(0,)C1(,0)Ah， ， .1,C,A,B（）因为异面直线 与 所成的角 ，所以 1cos60BCA，1160即 ，得 ，解得 .21a2h1h（）由 是 的中点，得 1,0D，于是 1,2hC.D1B设平面 的法向量为 ，1AC(,)xyzn于是由

8、 ， ，可得 即 ，可取 ，1Bn110,ABC0,xhzy(,01)hn于是 1sico,DCn.而 11 4222|s, 1984hh，令 ，422() 899hf h因为 ，当且仅当 ，即 时，等号成立.28h248h5所以 ，121() 7892fh故当 时， 的最大值 .48sin探究提高1异面直线所成的角 ，可以通过两直线的方向向量的夹角 求得，即 cos |cos |2直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求得，即 sin |cos |，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)3二面角的大小可以利用分别在

9、两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角【训练 2】(2017长郡中学二模)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱 ADE BCF 和一个正四棱锥 P ABCD组合而成， AD AF， AE AD2(1)证明：平面 PAD平面 ABFE；(2)求正四棱锥 P ABCD 的高 h，使得二面角 C AF P 的余弦值是 2 23(1)证明 由于几何体是由一个直三棱柱 ADE BCF 和一个正四棱锥 P ABCD 的组合体 AD AB，又 AD AF， AF AB A， AD平面 ABEF又 AD平面 PAD，平面 PA

10、D平面 ABFE(2)解 以 A 为原点， AB， AE， AD 的正方向为 x， y， z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz设正四棱锥的高为 h， AE AD2，则 A(0，0，0)， F(2，2，0)， C(2，0，2)， P(1， h，1)，设平面 ACF 的一个法向量 m( x， y， z)，(2，2，0)， (2，0，2)，AF AC 6则 取 x1，得 m(1，1，1)，mAF 2x 2y 0，mAC 2x 2z 0， )设平面 AFP 的一个法向量 n( a， b， c)，(1， h，1)，AP 则 取 b1，则 n(1，1，1 h)，nAF 2a 2b 0，nAP a hb

11、c 0， )二面角 C AF P 的余弦值 ，2 23|cos m， n| ，解得 h1|mn|m|n| | 1 1 （ 1 h） |32 （ h 1） 2 2 23当四棱锥的高为 1 时，二面角 C AF P 的余弦值为 2 2371(2017全国卷)已知直三棱柱 ABC A1B1C1中， ABC120， AB2， BC CC11，则异面直线 AB1与BC1所成角的余弦值为( )A B C D32 155 105 332(2017全国卷)如图，在四棱锥 P ABCD 中， AB CD，且 BAP CDP90(1)证明：平面 PAB平面 PAD；(2)若 PA PD AB DC， APD90，

12、求二面角 A PB C 的余弦值83(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 到达点 P的位置，且 （1）证明：平面 PEF 平面 ABD；（2）求 D与平面 所成角的正弦值91(2016全国卷)平面 过正方体 ABCD A1B1C1D1的顶点 A， 平面 CB1D1， 平面 ABCD m， 平面 ABB1A1 n，则 m， n 所成角的正弦值为( )A B C D32 22 33 132(2017合肥二模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面 AEFG 所截后得到的，其中 BAE GAD45， AB2

13、 AD2， BAD60(1)求证： BD平面 ADG；(2)求直线 GB 与平面 AEFG 所成角的正弦值103(2018全国 II 卷)如图，在三棱锥 PABC中， 2， 4PABC， O为 AC的中点（1）证明： PO平面 ABC；（2）若点 M在棱 上，且二面角 M为 30，求 与平面 M所成角的正弦值111(2017衡阳联考)如图所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， AB2， A1C1 B1D1 E，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( )_2如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中， AB BC CC12， AC

14、2 ， M 是 AC 的中点，则异面直线 CB1与 C1M3所成角的余弦值为_3(2017西安质检)如图，已知 AB平面 ACD， DE平面 ACD， ACD 为等边三角形， AD DE2 AB， F 为 CD的中点(1)求证： AF平面 BCE；(2)求二面角 C BE D 的余弦值的大小124(2018全国 III 卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD所在平面与半圆弧 ACD所在平面垂直， M是 ACD上异于 C， D的点（1）证明：平面 AM 平面 BC；（2）当三棱锥 体积最大时，求面 MAB与面 所成二面角的正弦值13参考答案1 【解题思路】异面直线所成的角，可以通过两直线的方向

15、向量的夹角求得【答案】 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)， B1(0，0，1)， C1(1，0，1)又在 ABC 中， ABC120， AB2，则 A(1， ，0)3所以 (1， ，1)， (1，0，1)，AB1 3 BC1 则 cos ， ，AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | （ 1， 3， 1） （ 1， 0， 1）52 252 105因此，异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 故选 C105法二 如图(2)，设 M， N， P 分别为 AB， BB1， B1C1中点，则 PN BC1， MN AB1，

16、 AB1与 BC1所成的角是 MNP 或其补角 AB2， BC CC11， MN AB1 ， NP BC1 12 52 12 22取 BC 的中点 Q，连接 PQ， MQ，则可知 PQM 为直角三角形，且 PQ1， MQ AC，12在 ABC 中， AC2 AB2 BC22 ABBCcos ABC41221 7， AC ，(12) 7则 MQ ，则 MQP 中， MP ，72 MQ2 PQ2 112则 PMN 中，cos PNM ，MN2 NP2 PM22MNNP (52)2 ( 22)2 ( 112)2 25222 105又异面直线所成角范围为 ，则余弦值为 故选 C(0， 2 105142

17、 【解题思路】(1)平面 PAB平面 PADAB平面 PAD，(2)利用面面垂直建系，二面角的大小通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角【答案】(1)证明 BAP CDP90， PA AB， PD CD，又 AB CD， PD AB，又 PD PA P， PD， PA平面 PAD， AB平面 PAD，又 AB平面 PAB，平面 PAB平面 PAD(2)解 在平面 PAD 内作 PO AD，垂足为点 O由(1)可知， AB平面 PAD，故 AB PO，可得 PO平面 ABCD以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz，设 PA2， D( ，0，0)

18、，2B( ，2，0)， P(0，0， )， C( ，2，0)，2 2 2 ( ，0， )， ( ，2， )，PD 2 2 PB 2 2(2 ，0，0)，BC 2设 n( x， y， z)为平面 PBC 的一个法向量，由 得nPB 0，nBC 0) 2x 2y 2z 0， 2 2x 0. )令 y1，则 z ， x0，可得平面 PBC 的一个法向量 n(0，1， )，2 2 APD90， PD PA，又知 AB平面 PAD， PD平面 PAD， PD AB，又 PA AB A， PA， AB平面 PAB， PD平面 PAB，即 是平面 PAB 的一个法向量， ( ，0， )，PD PD 2 2c

19、os ， n ，PD PD n|PD |n| 22 3 33由图知二面角 A PB C 为钝角，所以它的余弦值为 333 【解题思路】(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即 BF PF， BF EF，又因为 PFE，利用线面垂直的判定定理可以得出 BF平面 PEF，15又 BF平面 ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面 PEF平面 ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面 ABFD 的法向量，设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，利用线面角的定义，可以求得34sinHPD，得到结果.【答案】 （1）由已知可得，BFPF，BFEF，又 FE

20、，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.（2）作 PHEF，垂足为 H.由（1）得，PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点， F的方向为 y 轴正方向， BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.由（1）可得，DEPE.又 DP=2，DE=1，所以 PE= 3，又 PF=1，EF=2，故 PEPF，可得 32PH， E，则 0,， ,0， 31,02D， 31,2P， 30,2HP为平面 ABFD 的法向量.设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则. 34sinHD，所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 341 【解题思路】利用

21、平行关系转化【答案】 如图所示，设平面 CB1D1平面 ABCD m1，因为 平面 CB1D1，所以 m1 m，又因为平面 ABCD平面 A1B1C1D1，结合平面 B1D1C平面 A1B1C1D1 B1D1，所以 B1D1 m1，故 B1D1 m16同理可得： CD1 n故 m， n 所成角即直线 B1D1与 CD1所成角，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， CB1D1是正三角形，故直线 B1D1与 CD1所成角为 60，其正弦值为 故选 A322 【解题思路】(1)勾股定理可证垂直，(2)直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求得，即 sin |cos |【

22、答案】(1)证明 在 BAD 中， AB2 AD2， BAD60由余弦定理，得 BD2 AD2 AB22 ABADcos 60， BD ，3 AB2 AD2 DB2 AD DB，在直平行六面体中， GD平面 ABCD， DB平面 ABCD， GD DB，又 AD GD D， AD， GD平面 ADG， BD平面 ADG(2)解 如图以 D 为原点建立空间直角坐标系 D xyz， BAE GAD45， AB2 AD2， A(1，0，0)， B(0， ，0)， E(0， ，2)， G(0，0，1)，3 3(1， ，2)， (1，0，1)， (0， ，1)AE 3 AG GB 3设平面 AEFG 的

23、一个法向量 n( x， y， z)，令 x1，得 y ， z1， n ，nAE x 3y 2z 0，nAG x z 0， ) 33 (1， 33， 1)设直线 GB 和平面 AEFG 的夹角为 ，sin |cos ， n| ，GB |GB n|GB |n| 217所以直线 GB 与平面 AEFG 所成角的正弦值为 2173 【解题思路】 （1）连接 O，欲证 P平面 ABC，只需证明 POAC， B即可；（2）过点 C作CHOM，垂足为 ，只需论证 H的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.【答案】 （1）因为 AP=CP=AC=4， O 为 AC 的中点，所以 OP AC，且 OP=23连

24、结 OB因为 AB=BC= 2AC，所以 ABC 为等腰直角三角形，且 OB AC， OB= 1AC=217由 知， OP OBOP2+OB2=PB2由 OP OB， OP AC 知 PO平面 ABC（2）作 CH OM，垂足为 H又由（1）可得 OP CH，所以 CH平面 POM故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离由题设可知 OC= 2A=2， CM= 23BC= 4， 45AB所以 OM= 53， CH= sinOM= 所以点 C 到平面 POM 的距离为 451 【解题思路】此题可建系用向量法做，亦可利用线线角、线面角的定义求其夹角【答案】 Error!AC平面 BB1D1DA

25、C DE， 2取 A1D1的中点 F，连 EF， FD，易知 EF平面 ADD1A1，则 EDF，cos( )cos sin EDF 故填 ( 2 EDF) 66 662 【解题思路】异面直线所成的角 ，可以通过两直线的方向向量的夹角 求得，即 cos |cos |【答案】 在直三棱柱 ABC A1B1C1中， AB BC CC12， AC2 ， M 是 AC 的中点，3所以 BM AC， BM 14 3以 M 为原点， MA 为 x 轴， MB 为 y 轴，过 M 作 AC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C( ，0，0)，3B1(0，1，2)， C1( ，0，2)， M(0，0，

26、0)3 ( ，1，2)， ( ，0，2)CB1 3 MC1 3设异面直线 CB1与 C1M 所成角为 ，18则 cos |CB1 MC1 |CB1 |MC1 | 187 1428所以异面直线 CB1与 C1M 所成角的余弦值为 故填 1428 14283 【解题思路】(1)建系注意底面的垂直关系，(2)二面角转化为法向量的夹角问题【答案】解 设 AD DE2 AB2 a，以 AC， AB 所在的直线分别作为 x 轴、 z 轴，以过点 A 在平面 ACD 内和 AC垂直的直线作为 y 轴，建立如图所示的坐标系，A(0，0，0)， C(2a，0，0)， B(0，0， a)， D(a， a，0)，

27、E(a， a，2 a)3 3 F 为 CD 的中点， F (32a， 3a2 ， 0)(1)证明 ， ( a， a， a)， (2 a，0， a)，AF (32a， 32a， 0) BE 3 BC ( )， AF平面 BCE，AF 12BE BC AF平面 BCE(2)设平面 BCE 的一个法向量 m( x， y， z)，则 即 不妨令 x1 可得 m(1， ，2)mBE 0，mBC 0， ) x 3y z 0，2x z 0， ) 3设平面 BDE 的一个法向量 n( x， y， z)，则 nBE 0，nBD 0， )即 令 x 可得 n( ，1，0)x 3y z 0，x 3y z 0.) 3

28、 3于是，cos m， n mn|m|n| 64故二面角 C BE D 的余弦值为 644 【解题思路】 （1）先证 BC平面 CMD,得 BCM,再证 D，进而完成证明。（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出 的位置，求出平面 AB和平面 MC的法向量，进而求得平面MAB与平面 所成二面角的正弦值【答案】 （1）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,故BC DM.因为 M 为 CD上异于 C， D 的点,且 DC 为直径，所以 DM CM.19又 BCCM=C,所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC；（2）以 D 为坐标原点， A的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥 MABC 体积最大时， M 为 CD的中点.由题设得 0,D， 2,0A， ,20B， ,， ,01,M，2,1A， ,， ,，设 ,xyzn是平面 MAB 的法向量，则0MAB，即 20xyz，可取 1,n，D是平面 MCD 的法向量,因此 5cos,DAn，25sin,A，所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 25