1、第3讲空间向量与立体几何 考点1向量法证明平行与垂直设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)平面，的法向量分别为u(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)线面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3.(4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30.例12019甘肃兰州质检在直三棱柱ABCA1B1C1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
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Bxyz，如图所示，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BAa，则A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，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)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知平面EGF平面ABD.利
3、用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(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、平面中的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题.对接训练12018山东聊城模拟如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法证明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明：由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设正方形边长为1，则A(0,0,
4、0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，所以0，所以.因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，所以OM平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为(1，1,1)，(，1,0)，(1,0,0)，(0，1,1)，由n1n10，得解得令x11，则n1.同理可得n2(0,1,1)因为n1n20，所以平面MDF平面EFCD. 考点2向量法求空间角1向量法求异面直线所成的角若异面直线a，b的方向向量分别为a
5、，b，异面直线所成的角为，则cos|cosa，b|.2向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为，则sin|cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，若二面角l所成的角为锐角，则cos|cosn1，n2|；若二面角l所成的角为钝角，则cos|cosn1，n2|.例22019浙江卷如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值【解析】本题主要考查空间直线与直线垂直的证明及直
6、线与平面所成的角，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算解法一：(1)如图，连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形连接A1G交EF于O，由(1)得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面E
7、GFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.解法二：(1)连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0,0，2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，
8、F，C(0,2,0)因此，(，1,0)由0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1，1)，故sin |cos，n|.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.(1)利用空间向量求空间角的一般步骤建立恰当的空间直角坐标系求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标结合公式进行论证、计算转化为几何结论(2)警示求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos|cos|.两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量
9、与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.对接训练22019湖北部分重点中学联考如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，DADP，BABP.(1)求证：PABD；(2)若DADP，ABP60，BABPBD2，求二面角DPCB的正弦值解析：(1)证明：如图，取AP的中点M，连接DM，BM，DADP，BABP，PADM，PABM，DMBMM.PA平面DMB，又BD平面DMB，PABD.(2)DADP，BABP，DADP，ABP60，DAP是等腰直角三角形，ABP是等边三角形，ABPBBD2，DM1，BM.BD2MB2MD2，MDMB.以M为坐标原点，MP，MB，MD所在的
10、直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Mxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，P(1,0,0)，D(0,0,1)，从而得(1,0，1)，(1，0)，(1，0)，(1,0,1)设平面DPC的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取n1(，1，)，设平面PCB的法向量为n2(x2，y2，z2)，由得取n2(，1，)，cosn1，n2.设二面角DPCB的平面角为，sin . 考点3探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法例3201
11、9湖北武昌质检如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，PAPD，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD的中点(1)求证：平面POC平面PAD；(2)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)在PAD中，PAPD，O为AD的中点，POAD.在PAD中，PAPD，PAPD，AD2.在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，OABC1，OCAD.又OCPOO，AD平面POC，又AD平面PAD，平面POC平面PAD.(2)易知PO，OC，OD两两垂直，所以以O为坐标原点，OC所在直线为x轴
12、，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(0，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，假设存在，且设(01)连接OQ，(0,1，1)，(0，)，(0，1)，Q(0，1)设平面CAQ的法向量为m(x1，y1，z1)，则取z11，得m(1，1，1)又平面CAD的一个法向量为n(0,0,1)，二面角QACD的余弦值为，|cosm，n|，整理化简，得321030，解得或3(舍去)，故线段PD上存在满足题意的点Q，且.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判
13、断；解题时，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.对接训练32019安徽江南名校联考如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，请求出二面角FPCD的余弦值；若不存在，请说明理由解析：(1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CNAB，垂足为点N，如图在四边形ABCD中，CNAB，DAAB，CNDA.
14、又ABCD，四边形CDAN为矩形，CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BN6，AB12，而E，M分别为PA，PB的中点，EM为PAB的中位线，EMAB且EMAB6.又DCAB，EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，DECM.CM平面PBC，DE平面PBC，DE平面PBC.(2)由题意可得DA，DC，DP两两垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)假设AB上存在一点F，使CFBD，设点F的坐标为(8，t,0)(0t0)，则(0，0)，(1,0,2)，(1,
15、0，a)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则有即得y0.令z1，则x2，n(2,0,1)是平面EBD的一个法向量由题意得sin45|cos，n|，得a3或a，由a0，得a3，(1,0,3)，(1，2)，cos，所以异面直线OF与BE所成角的余弦值为.32019广东惠州一调如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，侧面是正方形，DAB60，E是棱CB的延长线上一点，经过点A，C1，E的平面交棱BB1于点F，B1F2BF.(1)求证：平面AC1E平面BCC1B1；(2)求二面角EAC1C的余弦值解析：(1)证明：设四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长为a，B1F2BF，B1C1FB
16、EF，BE.由DAB60ABE，得ABC120，由余弦定理得AE，ACa.CEBEBC，AE2CE2AC2，AECE.又ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，C1C平面ABCD，又AE平面ABCD，C1CAE.CECC1C，AE平面BCC1B1.AE平面AC1E，平面AC1E平面BCC1B1.(2)解法一过C作CGAC1于G，CHC1F于H，连接GH.由平面AC1E平面BCC1B1，平面AC1E平面BCC1B1C1E，得CH平面AC1E.CHAC1，又CGAC1，CGCHC，AC1平面CGH，AC1GH，CGH是二面角EAC1C的平面角在RtACC1中，ACa，CC1a，AC12a，CGa，在R
17、tECC1中，CEa，CC1a，EC1a，CHa，GHa，cosCGH，二面角EAC1C的余弦值为.解法二以E为坐标原点，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，平行于BB1的直线为z轴建立空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0)，A，C1，则，.设平面EAC1的法向量为n(p，q，r)，则即不妨取n(2,0,3)连接BD，B，D，易知平面AC1C的一个法向量为n1.设二面角EAC1C的平面角为，则|cos |，又由题图知为锐角，二面角EAC1C的余弦值为.42019河南洛阳统一考试如图1，平面多边形PABCD中，PAPD，AD2DC2BC4，ADBC，APPD，ADDC，E为PD的中点，现将A
18、PD沿AD折起，如图2，使PC2.(1)证明：CE平面ABP；(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值解析：(1)证明：取PA的中点H，连接HE，BH，如图E为PD的中点，HE为APD的中位线，HEAD，且HEAD.又ADBC，BCAD，HEBC，HEBC，四边形BCEH为平行四边形，CEBH.BH平面ABP，CE平面ABP，CE平面ABP.(2)由题意知PAD为等腰直角三角形，四边形ABCD为直角梯形取AD的中点F，连接BF，PF，AD2BC4，平面多边形PABCD中，P，F，B三点共线，且PFBF2，翻折后，PFAD，BFAD，PFBFF，DF平面PBF，BC平面PBF，PB平面PBF，
19、BCPB.在直角三角形PBC中，PC2，BC2，PB2，PBF为等边三角形取BF的中点O，DC的中点M，连接PO，OM，则POBF，DF平面PBF，DFPO.又DFBFF，PO平面ABCD.以O为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1,0,0)，D(1,2,0)，P(0,0，)，A(1，2,0)，E，(2,2,0)，(1,0，)设平面ABP的法向量为n(x，y，z)，则故可取n(3，3，)，cosn，直线AE与平面ABP所成角的正弦值为.52019天津卷如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE
20、；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长解析：本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力依题意，可以建立以A为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系Axyz(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，1,0)，E(0,0,2)设CFh(h0)，则F(1,2，h)(1)依题意，(1,0,0)是平面ADE的法向量，又(0,2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)
21、依题意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x，y，z)为平面BDF的法向量，则即不妨令y1，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以，线段CF的长为.62019四川成都模拟如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A平面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1
22、所成角的正弦值为，求线段AM的长解析：(1)证明：在B1C1E中，EB1，B1C1，EC1，B1CECEB，B1C1EC1，AA1平面ABCD，AA1BC，CC1B1C1，而CC1EC1C1，B1C1平面CC1E.CE平面CC1E，B1C1CE.(2)由题可知，DA，AA1，AB两两垂直，如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)，(1，2，1)，(1,1，1)，(1,0，1)，设平面B1CE的法向量为m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，所以x3，y2，则m(3，2,1)为平面B1CE的一个法向量由(1)知，B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量所以cosm，从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)由(2)知(0,1,0)，(1,1,1)，设，则(，)(01)，则(，1，)易知(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|，得(负值舍去)，所以，|，故线段AM的长为.
