届高考数学复习专题三第2讲立体几何中的向量方法（理）学案

2019届高考数学复习专题三第2讲立体几何中的向量方法（理）学案本文简介：第2讲立体几何中的向量方法考向预测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．知识与技巧的梳理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α，β的法向量分别为μ＝(a2

2019届高考数学复习专题三第2讲立体几何中的向量方法（理）学案本文内容：

第2讲立体几何中的向量方法

考向预测

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．

知识与技巧的梳理

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α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，

v＝(a3，b3，c3)，则

(1)线面平行

l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0．

(2)线面垂直

l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2．

(3)面面平行

α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3．

(4)面面垂直

α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝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＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．

(1)线线夹角

设l，m的夹角为θ，则cos

θ＝＝．

(2)线面夹角

设直线l与平面α的夹角为θ，

则

(3)面面夹角

设平面α，β的夹角为θ，

则

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＝AP＝2，AB＝1，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·＝0．

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的一个法向量，

而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以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)，

设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则即

不妨令y＝1，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⊥．

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．

2．向量证明的核心是利用向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，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，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)，

所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)．

·＝0，·＝0＋4－4＝0，

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)，

则＝，＝(0，1，1)，

·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，即B1D⊥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2】(2019·成都月考)）在直三棱柱（侧棱垂直底面）中，，．

（Ⅰ）若异面直线与所成的角为，求棱柱的高；

（Ⅱ）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．

解：建立如图2所示的空间直角坐标系，设，则有

，，，，

，，.

（Ⅰ）因为异面直线与所成的角，所以，

即，得，解得.

（Ⅱ）由是的中点，得，于是.

设平面的法向量为，

于是由，，可得即，可取，

于是.

而，

令，

因为，当且仅当，即时，等号成立.

所以，

故当时，的最大值.

探究提高

1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|．

2．直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin

θ＝|cos

φ|，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＝AD＝2．

(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．

(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PAD⊥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＝AD＝2，

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)，

则取x＝1，得m＝(1，－1，－1)，

设平面AFP的一个法向量n＝(a，b，c)，

＝(1，－h，1)，

则取b＝1，则n＝(－1，1，1＋h)，

二面角C－AF－P的余弦值，

∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝1．

∴当四棱锥的高为1时，二面角C－AF－P的余弦值为．

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．B．C．D．

2．(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．

3．(2018·全国I卷)如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．

（1）证明：平面平面；

（2）求与平面所成角的正弦值．

1．(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(

)

A．B．C．D．

2．(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＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°．

(1)求证：BD⊥平面ADG；

(2)求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值．

3．(2018·全国II卷)如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

1．(2017·衡阳联考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．

2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2，M是AC的中点，则异面直线CB1与C1M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＝DE＝2AB，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．

4．(2018·全国III卷)如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．

（1）证明：平面平面；

（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

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，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0)．

所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，

则cos〈，〉＝＝＝＝，

因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．故选C．

法二

如图(2)，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，

∴AB1与BC1所成的角是∠MNP或其补角．

∵AB＝2，BC＝CC1＝1，

∴MN＝AB1＝，NP＝BC1＝．

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

在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，AC＝，

则MQ＝，则△MQP中，MP＝＝，

则△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－，

又异面直线所成角范围为，则余弦值为．故选C．

2．【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＝∠CDP＝90°，

∴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PA＝2，∴D(－，0，0)，

B(，2，0)，P(0，0，)，C(－，2，0)，

∴＝(－，0，－)，＝(，2，－)，

＝(－2，0，0)，

设n＝(x，y，z)为平面PBC的一个法向量，

由得

令y＝1，则z＝，x＝0，可得平面PBC的一个法向量n＝(0，1，)，

∵∠APD＝90°，∴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，－)，

∴cos〈，n〉＝＝＝－，

由图知二面角A－PB－C为钝角，所以它的余弦值为－．

3．【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，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，

又平面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，得到结果.

【答案】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.

又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.

（2）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直角坐标系H?xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=，又PF=1，EF=2，故PE⊥PF，

可得，，

则，，，，为平面ABFD的法向量.

设DP与平面ABFD所成角为，则.，

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为．

1．【解题思路】利用平行关系转化．

【答案】

如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因为α∥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∥m．

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A．

2．【解题思路】(1)勾股定理可证垂直，(2)直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin

θ＝|cosφ|．

【答案】(1)证明

在△BAD中，∵AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°．

由余弦定理，得BD2＝AD2＋AB2－2AB·ADcos

60°，BD＝，

∵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＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，

∴A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，，2)，G(0，0，1)，

＝(－1，，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，，－1)．

设平面AEFG的一个法向量n＝(x，y，z)，

令x＝1，得y＝－，z＝1，∴n＝，

设直线GB和平面AEFG的夹角为θ，

∴sin

θ＝|cos〈，n〉|＝＝，

所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为．

3．【解题思路】（1）连接，欲证平面，只需证明，即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，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=．

连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．

由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB．

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==2，CM==，．

所以OM=，CH==．

所以点C到平面POM的距离为．

1．【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】

?AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE，∴α＝．

取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面ADD1A1，

则β＝∠EDF，cos(α－β)＝cos＝sin∠EDF＝．故填．

2．【解题思路】异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|．

【答案】

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2，M是AC的中点，

所以BM⊥AC，BM＝＝1．

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)，B1(0，1，2)，C1(－，0，2)，M(0，0，0)．

∴＝(，1，2)，＝(－，0，2)．

设异面直线CB1与C1M所成角为θ，

则cos

θ＝＝＝．

所以异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为．故填．

3．【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＝DE＝2AB＝2a，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)，E(a，a，2a)．

∵F为CD的中点，∴F．

(1)证明

＝，＝(a，a，a)，＝(2a，0，－a)，

∴＝(＋)，AF?平面BCE，

∴AF∥平面BCE．

(2)设平面BCE的一个法向量m＝(x，y，z)，

则即不妨令x＝1可得m＝(1，－，2)．

设平面BDE的一个法向量n＝(x，y，z)，则

即令x＝可得n＝(，－1，0)．

于是，cos〈m，n〉＝＝．

故二面角C－BE－D的余弦值为．

4．【解题思路】（1）先证平面,得,再证，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，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值．

【答案】（1）由题设知,平面⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面,故BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.

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，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为的中点.

由题设得，，，，，

，，，

设是平面MAB的法向量，则

，即，

可取，

是平面MCD的法向量,因此，

，

所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．