1、第 3 讲 空间向量与立体几何自主学习导引真题感悟1(2012陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为A.55 B.53C.2 55 D.35解析 利用向量法求解不妨令 CB1，则 CACC12.可得 O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，BC1(0,2，1)，AB1(2,2,1)，cosBC1，AB1 BC1 AB1|BC1|AB1|415 9 15 55 0.BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角，直线 BC1 与直线
2、 AB1 夹角的余弦值为 55.答案 A2(2012辽宁)如图，直三棱柱 ABC ABC，BAC90，ABACAA，点 M，N 分别为 AB 和 BC的中点(1)证明：MN平面 AACC；(2)若二面角 AMNC 为直二面角，求 的值 解析(1)证明 证法一 连接 AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱 ABC-ABC为直三棱柱，所以 M 为 AB的中点又因为 N 为 BC的中点，所以 MNAC.又 MN平面 AACC，AC平面 AACC，因此 MN平面 AACC.证法二 取 AB的中点 P，连接 MP，NP.而 M，N 分别为 AB与 BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以 MP平
3、面 AACC，PN平面 AACC.又 MPNPP，因此平面 MPN平面 AACC.而 MN平面 MPN，所以 MN平面 AACC.(2)以 A 为坐标原点，分别以直线 AB，AC，AA为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示设 AA1，则 ABAC，于是 A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)，所以 M2，0，12，N2，2，1.设 m(x1，y1，z1)是平面 AMN 的法向量，由mAM 0，mMN 0得2x112z10，2y112z10，可取 m(1，1，)设 n(x2，y2，z2)是平面 MNC 的法向量，由
4、nNC 0，nMN 0得2x22y2z20，2y212z20，可取 n(3，1，)因为 AMN-C 为直二面角，所以 mn0.即3(1)(1)20，解得 2(负值舍去)考题分析应用空间向量解决立体几何问题是高考的必考考点，空间向量的工具性主要体现在平行与垂直的判定，求空间的角的大小解题时要特别注意避免计算失误网络构建高频考点突破 考点一：利用向量证明平行与垂直【例 1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，E、F 分别是 PC、PD 的中点，PAAB1，BC2.求证：(1)EF平面 PAB；(2)平面 PAD平面 PDC.审题导引 建立空间直角坐标系后，使用向量的
5、共线定理证明即可证明第(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直规范解答 以 A 为原点，AB、AD、AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E为12，1，12，F 为0，1，12EF12，0，0，PB(1,0，1)，PD(0,2，1)，AP(0,0,1)，AD(0,2,0)，DC(1,0,0)，AB(1,0,0)(1)因为EF12AB，所以EFAB，即 EFAB.又 AB平面 PAB，EF平面 PAB，所以 EF平面 P
6、AB.(2)因为APDC(0,0,1)(1,0,0)0，AD DC(0,2,0)(1,0,0)0，所以APDC，AD DC，即 APDC，ADDC.又 APADA，AP平面 PAD，AD平面 PAD，所以 DC平面 PAD.因为 DC平面 PDC，所以平面 PAD平面 PDC.【规律总结】用空间向量证明位置关系的方法(1)线线平行：欲证直线与直线平行，只要证明它们的方向向量平行即可；(2)线面平行：用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；(3)面面平行
7、：平面与平面的平行，除了用线面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两平面的法向量平行即可；(4)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直；(5)线面垂直：用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行；(6)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可【变式训练】1如图所示，在底面是正方形的四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，BD 交 AC于点 E，F 是 PC 的中点，
8、G 为 AC 上一点(1)求证：BDFG；(2)确定点 G 在线段 AC 上的位置，使 FG平面 PBD，并说明理由解析(1)证明 以 A 为原点，AB、BD、PA 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz，如图所示，设正方形 ABCD 的边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，设 P(0,0，a)(a0)，G(m，m,0)(0m 2)，则 E12，12，0，F12，12，a2.(1)BD(1,1,0)，FG m12，m12，a2，BD FG m12m1200，所以 BDFG.(2)要使 FG平面 PBD，只需 FG
9、EP，而PE12，12，a，由FG EP，可得m1212，a2a，解得12，m34，所以 G34，34，0，所以AG 34AC.故当 AG34AC 时，FG平面 PBD.考点二：利用向量求线线角、线面角【例 2】如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA平面 ABCD，PAAD2，AB1，BMPD 于点 M.(1)求证：AMPD；(2)求直线 CD 与平面 ACM 所成角的余弦值审题导引 建立坐标系，求出平面 ACM 的法向量，利用向量法求直线 CD 与平面ACM 所成角的余弦值规范解答(1)证明 PA平面 ABCD，AB平面 ABCD，PAAB.ABAD，ADPAA，A
10、D平面 PAD，PA平面 PAD，AB平面 PAD.PD平面 PAD，ABPD.BMPD，ABBMB，AB平面 ABM，BM平面 ABM，PD平面 ABM.AM平面 ABM，AMPD.(2)如图所示，建立直角坐标系，则 A(0,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，CD(1,0,0)，设 M(0，y0，z0)，AM(0，y0，z0)，P(0,0,2)，PD(0,2，2)，PM(0，y0，z02)，由AM PD，得AM PD 2y02z00，即 y0z0，又PD PM，2y02(z02)，即y0z02，解方程组得 y0z01，即 M(0,1,1)，设平面 ACM 的法向量为 n(x，y，
11、z)，则nACx2y0nAM yz0令 z1，得 n(2，1,1)，cos CD，n 21 6 63，直线 CD 与平面 ACM 成角的余弦值为1 632 33.【规律总结】向量法求线线角、线面角的注意事项(1)建立适当的直角坐标系，根据对称性原则，使尽可能多的点在坐标轴，易于求各点的坐标；(2)求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|.【变式训练】2(2012山西四校模拟)在三棱锥 MABC 中，AB2AC2，MAMB 52，AB4AN，ABAC，平面 MAB平面 ABC，S 为 BC 的中点(1)证明：CMSN；(2)求 SN 与平面 C
12、MN 所成角的大小解析(1)证明 取 AB 的中点 O，连接 MO，CO，SO，MOAB，平面 MAB平面 ABC，MO平面 ABC，又 ACAB，OSAC，OSAB，以 O 为坐标原点，OB 为 x 轴，OS 为 y 轴，OM 为 z 轴建立空间直角坐标系则 C(1,1,0)，M0，0，12，N12，0，0，S0，12，0，所以CM 1，1，12，SN12，12，0，故CM SN0，即 CMSN.(2)由(1)知，CN 12，1，0，NM 12，0，12，设平面 CMN 的法向量为 n(x，y，z)，则CN n0MN n0，得y12xzx，令 x2，则得平面 CMN 的一个法向量为 n(2,
13、1，2)，则|cosn，SN|22，所以 SN 与平面 SMN 所成角为4.考点三：利用向量求二面角【例 3】(2012泉州模拟)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，底面ABC 为等腰直角三角形，B90，D 为棱 BB1 上一点，且面 DA1C面 AA1C1C(1)求证：D 为棱 BB1 的中点；(2)AA1AB 为何值时，二面角 AA1DC 的平面角为 60？审题导引(1)取 AC 的中点 F，A1C 的中点 E，利用 BDEF 证明；(2)以 D 为原点建系，设出相关点的坐标，利用公式求解规范解答(1)证明 过点 D 作 DEA1C 于 E 点，取 AC 的中点 F，连 BF、EF.
14、面 DA1C面 AA1C1C 且相交于 A1C，面 DA1C 内的直线 DEA1C，直线 DE面 AA1C1C.又面 BAC面 AA1C1C 且相交于 AC，易知 BFAC，BF面 AA1C1C.由此知：DEBF，从而有 D，E，F，B 共面，又易知 BB1面 AA1C1C，故有 DBEF，从而有 EFAA1，又点 F 是 AC 的中点，所以 DBEF12AA112BB1，D 点为棱 BB1 的中点(2)建立如图所示的直角坐标系，设 AA12b，ABBCa，则 D(0,0，b)，A1(a,0,2b)，C(0，a,0)，所以，DA1(a,0，b)，DC(0，a，b)，设面 DA1C 的法向量为
15、n(x，y，z)，则ax0ybz00 xaybz0，可取 n(b，b，a)，又可取平面 AA1DB 的法向量mBC(0，a,0)，cosn，m nm|n|m|b0baa02b2a2a2b2b2a2，据题意有：b2b2a212，解得：AA1AB 2ba 2.【规律总结】利用向量求二面角的注意事项(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法【变式训练】3(2012北京东城二模)如
16、图，矩形 AMND 所在的平面与直角梯形 MBCN 所在的平面互相垂直，MBNC，MNMB，且 MCCB，BC2，MB4，DN3.(1)求证：AB平面 DNC；(2)求二面角 DBCN 的余弦值解析(1)证明 因为 MBNC，MB平面 DNC，NC平面 DNC，所以 MB平面 DNC.因为 AMND 为矩形，所以 MADN.又 MA平面 DNC，DN平面 DNC，所以 MA平面 DNC.又 MAMBM，且 MA，MB平面 AMB，所以平面 AMB平面 DNC.又 AB平面 AMB，所以 AB平面 DNC.(2)由已知平面 AMND平面 MBCN，且平面 AMND平面 MBCNMN，DNMN，所
17、以 DN平面 MBCN，又 MNNC，故以点 N 为坐标原点，建立空间直角坐标系Nxyz.由已知得 MC2 3，MCN30，易得 MN 3，NC3.则 D(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3，4,0)DC(0,3，3)，CB(3，1,0)设平面 DBC 的法向量 n1(x，y，z)，则n1DC 0，n1CB0.即3y3z0，3xy0.令 x1，则 y 3，z 3.所以 n1(1，3，3)又 n2(0,0,1)是平面 NBC 的一个法向量，所以 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|37 217.故所求二面角 DBCN 的余弦值为 217.名师押题高考【押题 1】如图，已知三棱柱 ABCA
18、1B1C1 的各条棱长都相等，且 CC1底面 ABC，M 是侧棱 CC1 的中点，则异面直线 AB1 和 BM 所成的角为A.2 B.4C.6D.3解析 由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为 2，BAa，BB1 b，BCc，则|a|b|c|2，且a，c3，a，bb，c2，所以 ac22cos 32，abbc0.而AB1 ba，BM c12b，所以AB1 BM(ba)c12b bc12b2ac12ab0，故AB1，BM 2，即异面直线 AB1 与 BM 所成的角为2.答案 A押题依据 空间向量与立体几何相结合是高考的一个热点问题，空间向量在高考试题中的出现主要体现其工具性，独立命题的可能性很
19、小，一般用以解决立体几何中的线面位置关系的证明，求空间角的大小及空间的距离【押题 2】在四棱锥 PABCD 中，侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，底面ABCD 是直角梯形，ABCD，ADC90，ABADPD1，CD2.(1)求证：BC平面 PBD；(2)设 E 为侧棱 PC 上一点，PEPC，试确定 的值，使得二面角 EBDP的大小为 45.解析(1)证明 因为侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，所以 PD底面 ABCD，所以PDAD.又因为ADC90，即 ADCD，以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，所
20、以DB(1,1,0)，BC(1,1,0)所以BCDB 0，所以 BCDB.由 PD底面 ABCD，可得 PDBC，又因为 PDDBD，所以 BC平面 PBD.(2)由(1)知平面 PBD 的一个法向量为BC(1,1,0)，且 P(0,0,1)，C(0,2,0)，所以PC(0,2，1)，又PEPC，所以 E(0,2，1)，DE(0,2，1)设平面 EBD 的法向量为 n(a，b，c)，因为DB(1,1,0)，由 nDB 0，nDE 0，得ab02b1c0，令 a1，则可得平面 EBD 的一个法向量为n1，1，21，所以 cos 4nBC|n|BC|，解得 21 或 21，又由题意知(0,1)，故 21.押题依据 高考对立体几何的考查，主要以柱体、锥体或其组合体为载体，考查线面位置关系的判定与证明，求空间角的大小等，但有时也会给出位置关系或角的大小，求使其成立的充分条件，即所谓的探索性问题，此类问题利用空间向量解决则更加方便本题立意新颖，考查全面，难度适中，故押此题
