(理)第3講立體幾何中的向量方法 考情考向·高考導航空間向量在立體幾何中的應用主要體現(xiàn)在利用空間向量解決立體幾何中的位置關系、空間角以及空間距離的計算等問題，是每年高考的必考內容，并且以解答題的形式出現(xiàn)，其考查形式為一題多問，多步設問，通常第一問考查空間位置關系，第二、三問考查空間角或距離，難度中等利用空間向量求空間角仍是重點，對于探索點或線滿足所給關系的問題要引起重視真題體驗(2019·全國卷)如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(1)證明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值證明：(1)連B1C，ME，則MEB1C，又DNA1D而A1D B1CMEND.四邊形MNDE為平行四邊形，MNDE又MN平面C1DE，DE平面C1DEMN平面C1DE.(2)取AB的中點F，連接DF，由已知，DFDC，DFD1D.以D為坐標原點，DF，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖，AA14，AB2.A1(，1,4)，M(，1,2)，N，則(0,2，2)，.設平面MA1N的法向量為m(x，y，z)，則m，m令y1，得平面MA1N的一個法向量為m(，1,1)又平面AMA1的一個法向量為n(1,0,0)，設二面角AMA1N的平面角為，則cos .sin .即二面角AMA1N的正弦值為.主干整合1直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則(1)線面平行l(wèi)aa·0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直v·v0a2a3b2b3c2c30.2直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算設直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)線線夾角設l，m的夾角為，則cos .(2)線面夾角設直線l與平面的夾角為，則sin |cosa，|.(3)面面夾角設平面，的夾角為(0)則|cos |cos，v|.熱點一利用向量法證明平行與垂直數學建模素養(yǎng)數學建模用向量解決空間立體幾何中的核心素養(yǎng)以學習過的空間向量為基礎，通過將幾何向量化，以向量作為刻畫空間中點、線、面位置關系的連接點，解決空間幾何中難解決的問題.例1(2019·沈陽三模)如圖，平面PAC平面ABC，ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別是PA，PB，AC的中點，AC16，PAPC10.(1)設G是OC的中點，證明FG平面BOE；(2)證明：在ABO內存在一點M，使FM平面BOE.證明(1)如圖，連接OP，PAPC，OPAC，又平面PAC平面ABC，OP平面ABC.以點O為坐標原點，分別以OB，OC，OP所在直線x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.則O(0,0,0)，A(0，8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，4,3)，F(xiàn)(4，0,3)由題意，得G(0,4,0)因為(8,0,0)，(0，4,3)，所以平面BOE的法向量n(0,3,4)由(4,4，3)，得n·0.又直線FG不在平面BOE內，所以FG平面BOE.(2)設點M的坐標為(x0，y0,0)，則(x04，y0，3)因為FM平面BOE，所以n，因此x04，y0，即點M的坐標是.在平面直角坐標系xOy中，AOB的內部區(qū)域可表示為不等式組經檢驗，點M的坐標滿足上述不等式組所以，在AOB內存在一點M，使FM平面BOE.由點M的坐標，得點M到OA，OB的距離分別為4，.用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方向證明直線ab，只需證明向量ab(R)即可若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調直線在平面外(2019·淄博三模)如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB.(2)求證：平面PAD平面PDC.證明：以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,1)，所以E，F(xiàn)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因為，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因為·(0,0,1)·(1,0,0)0，·(0,2,0)·(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又因為APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因為DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.熱點二利用空間向量求空間角例2(2019·天津卷)如圖，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求證：BF平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值為，求線段CF的長審題指導由條件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空間直角坐標系，用空間向量解決(1)證明與平面ADE的法向量垂直即得線面平行，也可以通過證明平面ADE與平面BCF平行來實現(xiàn)線面平行的轉化(2)與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對值，即為所求直線與平面所成角的正弦值(3)設CFh，用h表示二面角EBDF的余弦值，通過解方程得到線段長解析依題意，建立以A為原點，分別以，的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)設CFh(h0)，則F(1,2，h)(1)依題意，(1,0,0)是平面ADE的法向量，又(0,2，h)，可得·0，又因為直線BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依題意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)設n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.(3)設m(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，則即不妨令y11，可得m.由題意，有|cosm，n|，解得h.經檢驗，符合題意所以，線段CF的長為.1異面直線所成的角，可以通過兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |.2直線與平面所成的角主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin |cos |，有時也可分別求出斜線與它在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩方向向量的夾角(或其補角)3二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角(2018·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點P，Q分別為A1B1，BC的中點(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值解：如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OBOC，OO1OC，OO1OB，以，為基底，建立空間直角坐標系Oxyz.因為ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因為P為A1B1的中點，所以P(，2)，從而(，2)，(0,2,2)，故|cos ，|.因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為.(2)因為Q為BC的中點，所以Q(，0)，因此(，0)，(0,2,2)，(0,0,2)設n(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，則即不妨取n(，1,1)，設直線CC1與平面AQC1所成角為，則sin |cos，n|，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為.熱點三利用空間向量解決探索性問題例3(2020·吉林調研)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求證：PD平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由審題指導第(1)問利用線面垂直的判定定理證明：平面PAD平面ABCDAB平面PADABPDPD平面PAB；第(2)問建立空間直角坐標系，用向量法求解：建立空間直角坐標系，求出與平面PCD的法向量，求出法向量與夾角的余弦值，進而可求線面角的正弦值；第(3)問假設點存在，利用向量法建立線面平行滿足關系式求解：先假設存在點M，設出點M坐標，利用向量法，由線面平行的條件轉化為方程求解解析(1)證明：因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD.所以ABPD.又因為PAPD，PAABA，所以PD平面PAB.(2)取AD的中點O，連接PO，CO.因為PAPD，所以POAD.又因為PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD，所以POCO.因為ACCD，所以COAD.如圖所示，建立空間直角坐標系Oxyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1)則(0，1，1)，(2,0，1)，(1,1，1)，設平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則即令z2，則x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.(3)設M是棱PA上一點，則存在0,1，使得.因此點M(0,1，)，(1，)因為BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，當且僅當·n0，即(1，)·(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上存在點M使得BM平面BCD，此時.利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設題中的數學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論(2019·聊城三模)如圖(1)，在邊長為4的菱形ABCD中，BAD60°，DEAB于點E，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DDC，如圖(2)(1)求證：A1E平面BCDE.(2)求二面角EA1BC的余弦值(3)判斷在線段EB上是否存在一點P，使平面A1DP平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由解析：(1)證明：DEBE，BEDC，DEDC.又A1DDC，A1DDED，DC平面A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDED，A1E平面BCDE.(2)A1E平面BCDE，DEBE，以EB，ED，EA1所在直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標系易知DE2，則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)，(2,0,2)，(2,2，0)，平面A1BE的一個法向量為n(0,1,0)設平面A1BC的法向量為m(x，y，z)，由·m0，·m0，得令y1，得m(，1，)，cosm，n.由圖，得二面角EA1BC為鈍二面角，二面角EA1BC的余弦值為.(3)假設在線段EB上存在一點P，使得平面A1DP平面A1BC.設P(t,0,0)(0t2)，則(t,0，2)，(0,2，2)，設平面A1DP的法向量為p(x1，y1，z1)，由得令x12，得p.平面A1DP平面A1BC，m·p0，即2t0，解得t3.0t2，在線段EB上不存在點P，使得平面A1DP平面A1BC.限時50分鐘滿分60分解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)1如圖1，在RtABC中，ACB90°，B30°，D，E分別是AB，CD的中點，AE的延長線交CB于F.現(xiàn)將ACD沿CD折起，折起二面角，如圖2，連接AF.(1)求證：平面AEF平面CBD；(2)當ACBD時，求二面角ACDB的余弦值解：本題主要考查折疊、面面垂直的證明、二面角等問題，考查考生的空間想象能力及運算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、數學運算(1)在平面圖形中AFCD，所以折疊后得到AECD，EFCD，即可證得結論；(2)可以利用向量法和傳統(tǒng)法求解(1)在RtABC中，由D為AB的中點，得ADCDDB，又B30°，所以ACD是正三角形，又E是CD的中點，所以AFCD.折起后，AECD，EFCD，又AEEFE，AE平面AEF，EF平面AEF，故CD平面AEF，又CD平面CBD，故平面AEF平面CBD.(2)解法一如圖，過點A作AHEF，垂足H落在FE的延長線上因為CD平面AEF，所以CDAH，所以AH平面CBD.以E為原點，EF所在的直線為x軸，ED所在的直線為y軸，過E與AH平行的直線為z軸建立空間直角坐標系由(1)可知AEF為所求二面角的平面角，設為，并設ACa，可得C，D，B，A.故，因為ACBD，所以·0，即cos 0，得cos .故二面角ACDB的余弦值為.解法二如圖，過點A作AHEF，垂足H落在FE的延長線上，因為CD平面AEF，所以CDAH，所以AH平面CBD.連接CH并延長交BD的延長線于G，由ACBD，得CHBD，即CGB90°，因此CEHCGD，則，設ACa，易得GDC60°，DG，CE，CG，代入得EH，又EA，故cosHEA.又AECD，EFCD，所以AEF即所求二面角的平面角，故二面角ACDB的余弦值為.2(2019·北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E為PD的中點，點F在PC上，且.(1)求證：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)設點G在PB上，且.判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由解析：(1)由于PA平面ABCD，CD平面ABCD，則PACD，由題意可知ADCD，且PAADA，由線面垂直的判定定理可得CD平面PAD.(2)以點A為坐標原點，平面ABCD內與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由可得點F的坐標為F，由可得E(0,1,1) ，設平面AEF的法向量為：m(x，y，z)，則 ，據此可得平面AEF的一個法向量為：m(1,1，1)，很明顯平面AEP的一個法向量為n(1,0,0)，cosm，n，二面角FAEP的平面角為銳角，故二面角FAEP的余弦值為.(3)易知P(0,0,2)，B(2，1,0)，由可得G，則，注意到平面AEF的一個法向量為：m(1,1，1)，其m·0且點A在平面AEF內，故直線AG在平面AEF內3(2019·蘇州三模)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD，BC2，PA2.(1)取PC中點N，連接DN，求證：DN平面PAB.(2)求直線AC與PD所成角的余弦值(3)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角MACD的大小為45°，如果存在，求BM與平面MAC所成的角，如果不存在，請說明理由解析：取BC的中點E，連接DE與AC，相交于點O，連接AE，易知ACDE，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，1,0)，B(2，1,0)，C(0，1,0)，D(1,0,0)，P(0，1,2)，(1)PC中點N(0,0,1)，所以(1,0,1)，設平面PAB的法向量為n(a，b，c)，由(0,0,2)，(2,0,0)，令b1，可得：n(0,1,0)，所以·n0，因為DN平面PAB，所以DN平面PAB.(2)(0,2,0)，(1,1，2)，設AC與PD所成的角為，則cos .(3)設M(x，y，z)及(01)，所以M(，1,2(1)，設平面ACM的法向量為m(x，y，z)，由(0,2,0)，(，2(1)，可得m(22，0，)，平面ACD的法向量為p(0,0,1)，所以cosm，p ，解得.解得M，所以，所以m，設BM與平面MAC所成角為，所以sin |cos，m|，所以.4(2020·山東實驗中學模擬)某工廠欲加工一件藝術品，需要用到三棱錐形狀的坯材，工人將如圖所示的長方體ABCDEFQH材料切割成三棱錐HACF.(1)若點M，N，K分別是棱HA，HC，HF的中點，點G是NK上的任意一點，求證：MG平面ACF；(2)已知原長方體材料中，AB2，AD3，DH1，根據藝術品加工需要，工程師必須求出三棱錐HACF的高甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角，再根據公式hAH·sin ，求三棱錐HACF的高h.請你根據甲工程師的思路，求該三棱錐的高解：證明：(1)HMMA，HNNC，HKKF，MKAF，MNAC.MK平面ACF，AF平面ACF，MK平面ACF.MN平面ACF，AC平面ACF，MN平面ACF.MN，MK平面MNK，且MKMNM，平面MNK平面ACF.又MG平面MNK，MG平面ACF.(2)如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DH所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Dxyz.則有A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(xiàn)(3,2,1)，H(0,0,1)，(3,2,0)，(0,2,1)，(3,0,1)設平面ACF的一個法向量為n(x，y，z)， 則有令y3，則n(2,3，6)，sin ，三棱錐HACF的高為AH·sin ×.5.如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點，BE平面ABCD.(1)證明：平面AEC平面BED；(2)若ABC120°，AEEC，三棱錐EACD的體積為，求該三棱錐的側面積解析：(1)因為四邊形ABCD為菱形，所以ACBD.因為BE平面ABCD，所以ACBE，又BDBEB，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)設ABx，在菱形ABCD中，由ABC120°，可得AGGCx，GBGD.因為AEEC，所以在RtAEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG為直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱錐EACD的體積VEACD×AC·GD·BEx3.故x2.從而可得AEECED.所以EAC的面積為3，EAD的面積與ECD的面積均為.故三棱錐EACD的側面積為32.(理)高考解答題·審題與規(guī)范(四)立體幾何類考題重在“化歸”思維流程幾何法將立體幾何問題轉化為平面幾何問題將異面直線夾角，線面角，二面角等空間角轉化為平面角求解代數法將幾何問題轉化為代數問題，用空間向量解題推理與證明分析法找思路：將面面問題轉化為線面問題，將線面問題轉化為線線問題綜合法證明線線關系推出線面關系，線面關系推出面面關系.真題案例審題指導審題方法(12分)(2018·全國卷)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(1)證明：平面AMD平面BMC；(2)當三棱錐MABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.(1)在題目中的兩個平面中選擇一條直線證明該直線垂直于另外一個平面；(2)建立空間直角坐標系，求得幾何體體積最大時點M的位置，利用兩個平面的法向量的夾角求解即可.審圖形找關聯(lián)圖形或者圖象的力量比文字更為簡單而有力，挖掘其中蘊涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關鍵，對圖形或者圖象的獨特理解很多時候能成為解題中的亮點.規(guī)范解答評分細則解析(1)由題設知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因為BCCD，BC平面ABCD，1分所以BC平面CMD，故BCDM.2分因為M為C上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.3分而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.4分(2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.6分當三棱錐MABC體積最大時，M為C的中點.7分由題設得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，8分設n(x，y，z)是平面MAB的法向量，則即可取n(1,0,2).9分是平面MCD的法向量，因此cosn，10分sinn，所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.12分第(1)問踩點得分由條件得出BCCD，并寫出BC平面ABCD得1分，沒有BC平面ABCD扣1分得分BCDM得1分得出DM平面BMC，得1分得出結論得1分，如果沒有寫出DM平面AMD扣1分第(2)問踩點得分正確建立空間直角坐標系得2分確定M為的中點得1分正確寫出點的坐標，并求出相應向量的坐標得1分正確求出平面MAB的法向量得1分正確求出n與夾角的余弦值得1分正確計算出n與夾角的正弦值得2分.- 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