1、高考资源网（） 您身边的高考专家微专题28空间向量在立体几何中的应用真 题 感 悟(2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为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)因为
2、P为A1B1的中点，所以P，从而，(0，2，2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0，2，2)，(0，0，2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1，1)设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.考 点 整 合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)，(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laa
3、ka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.2.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，的法向量分别为(a3，b3，c3)，(a4，b4，c4).(1)线线夹角设l，m的夹角为(0)，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为(0)，则sin |cosa，|，(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)，则|cos |cos，|.热点一向量法证明平行与垂直【例1】 如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方
4、形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明法一由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.(1)，(1，0，0)，0，.棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，又OM平面BCF，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).(1，1，1)，(1，0，0)，(0，1，1)
5、，由得解得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1).n1n20，平面MDF平面EFCD.法二(1)()().向量与向量，共面，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由(1)及题意知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220.OMCD，OMFC，又CDFCC，CD，FC平面EFCD，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.探究提高解决本类问题的关键是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算.【训练1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，PAAB2，BAD60，E是PA的中点.(1)求证：直线
6、PC平面BDE；(2)求证：BDPC.证明连接AC，交BD于点O.因为BAD60，AB2，底面ABCD为菱形，所以BO1，AOCO，ACBD.如图，以O为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x轴、y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)，E(0，1).(1)设平面BDE的法向量为n1(x1，y1，z1)，因为(1，1)，(2，0，0)，所以由得令z1，得y11，所以n1(0，1，).又(0，2，2)，所以n10220，即n1，又PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因为(0，2，2)，(
7、2，0，0)，所以0.故BDPC.热点二利用空间向量求空间角【例2】 如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.解(1)由题意知，AB，AC，AA1两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以(2，0，4)，(1，1，4).因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(
8、x，y，z)，因为(1，1，0)，(0，2，4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2，1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.探究提高(1)利用法向量求解空间线面角与二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.(2)利用法向量的根据是两个半平面的
9、法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练2】 (2018全国卷)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C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PE
10、F平面ABFD.(2)解作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|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DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故EF2PE2PF2，所以PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，又为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.热点三向量法解决立体几何中的探索性问题【例3】 (2019南通模拟)如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在的平面，且ABBP2，ADAE
11、1，AEAB，且AEBP.(1)求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值；(2)在线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由.解由AEAB，且AEBP，得BPAB.又平面ABCD平面ABPE，平面ABCD平面ABPEAB，PB平面ABPE，所以PB平面ABCD，又BC平面ABCD，所以PBBC，又四边形ABCD为矩形，所以ABBC，故直线BA，BP，BC两两垂直，以B为原点，分别以BA，BP，BC为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，2，0)，E(2，1，0)
12、，C(0，0，1)，D(2，0，1).(1)设平面PCD的法向量为m(a，b，c)，又(0，2，1)，(2，0，0).故由不妨取m(0，1，2).平面ABPE的一个法向量为n(0，0，1).设平面PCD与平面ABPE所成的二面角的大小为，则由图可知，故cos |cosm，n|.所以平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值为.(2)假设线段PD上存在点N，使得直线BN与平面PCD所成角满足sin .即sin |cos，m|.设(2，2，1)，其中0，1，则(2，22，).由(1)知平面PCD的一个法向量m(0，1，2)，所以，即92810，解得1或(舍去).所以当N在点D处时，直线BN与平面
13、PCD所成角的正弦值等于.探究提高(1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例设，直接加入到线性运算中.(2)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.【训练3】 (2016北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明
14、平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD.又ABAD，AB平面ABCD，AB平面PAD.PD平面PAD，ABPD.又PAPD，PAABA.PD平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO，PAPD，POAD.又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面ABCD.CO平面ABCD，POCO.ACCD，COAD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，1，0)，C(2，0，0).则(1，1，1)，(0，1，1)，(2，0，1).设n(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量.由得解得即n.设PB与平面PC
15、D的夹角为.则sin |cosn，|.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解假设在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD.设(0，1)，因此点M(0，1，)，(1，)，因为BM平面PCD，所以BM平面PCD，当且仅当n0，即(1，)0，解得，所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.【新题感悟】 (2019南京高三模拟)如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1，AB2，AA11，直线BD与平面AA1B1B所成角为30，AE垂直BD于点E，F为A1B1的中点.(1)求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；(2)线段C1D1上是否存在点P，使得二面角FBDP的余弦值为？若存在，确定P
16、点位置；若不存在，说明理由.解由AD平面AA1B1B，得BD与平面AA1B1B所成角为DBA30，又AB2，AD.在RtABD中，由AEBD易求得AE1.以，为正交基底建立平面直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，F(1，0，1)，D，E，C1，D1.(1)设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则又，(1，0，1)，可取n(1，1).又，cos，n.故AE与平面BDF所成角的正弦值为.(2)假设在线段C1D1上存在点P，使得二面角FBDP的余弦值为.设，0，1，则P，.设平面BDP的法向量为n1(x，y，z)，则即可取n1(1，22).cosn，n1，化简得4228130或.01
17、，.故存在点P，满足题意，此时P为C1D1的中点.1.(2017江苏卷)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值.解在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，AE，AD平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以，为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为ABAD2，AA1，BAD120，则A(0，0，0)，B(，1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，A1(0，0，)，C1(，1，).(1)(，1，)，(，1，
18、)，则cos，因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为(，0，0).设m(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又(，1，)，(，3，0)，则即不妨取x3，则y，z2，所以m(3，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos，m.设二面角BA1DA的大小为，则|cos |.因为0，所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值为.2.如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点.(1)证明：直线CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的余弦
19、值.(1)证明取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD.由BADABC90得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，所以四边形BCEF是平行四边形，所以CEBF，又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB.(2)解由已知得BAAD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，(1，0，)，(1，0，0).设M(x，y，z)(0x1)，则(x1，y，z)，(x，y1，z).因为BM与底面ABCD所成的角为45，而n(0，0，1)是底面ABCD的
20、法向量，所以|cos，n|sin 45，则，即(x1)2y2z20.又M在棱PC上，设(0，1)，则x，y1，z.由，解得(舍去)，所以M，从而.设m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m(0，2).于是cosm，n.易知所求二面角为锐角，因此二面角MABD的余弦值为.3.(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB，因为ABBCAC，所以AB
21、2BC2AC2，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC且OBACO，OB，AC平面ABC，知PO平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2).取平面PAC的一个法向量(2，0，0).设M(a，2a，0)(0a2)，则(0，4a，0).设平面PAM的法向量为n(x，y，z).由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a4(舍去
22、)，a，所以n.又(0，2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.4.(2018苏州自主学习)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCBAD90，且PAABBCAD1，PA平面ABCD.(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；(2)棱PD上是否存在一点E满足AEC90？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由.解(1)依题意AB，AD，PA两两垂直，如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则P(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，从而(1，0，1)，(1，1，1)，(0，2，
23、1).设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则n0，且n0，即xyz0，且2yz0，不妨取z2，则y1，x1，所以平面PCD的一个法向量n(1，1，2)，此时cos，n，所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.(2)假设棱PD上存在一点E满足AEC90.设(01)，则E(0，2，1).则(1，21，1)，(0，2，1)，由AEC90得2(21)(1)20，化简得，52410，该方程无解，所以棱PD上不存在一点E满足AEC90.5.(2018天津卷)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的
24、中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长.解依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M，N(1，0，2).(1)证明依题意(0，2，0)，(2，0，2).设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1，0，1).又，可得n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得
25、(1，0，0)，(1，2，2)，(0，1，2).设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0，1，1).设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0，2，1).因此有cosm，n，于是sinm，n.所以二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0，2)，则点P的坐标为(0，0，h)，可得(1，2，h).易知，(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin 60，解得h0，2.所以线段DP的长为.6.(2019徐州市高三期中)如图，在平行四边形ABCD中，AB1，AD2，ABC，四边形ACEF为矩形，平面ACE
26、F平面ABCD，AF1，点M在线段EF上运动，且.(1)当时，求异面直线DE与BM所成角的大小；(2)设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为，求cos 的取值范围.解(1)在ABC中，AB1，BCAD2，ABC，则AC，所以AB2AC2BC2，即BAC.因为四边形ACEF为矩形，所以FAAC.因为平面ACEF平面ABCD，平面ACEF平面ABCDAC，FA平面ACEF，所以FA平面ABCD.所以FAAB，FAAC.建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0)，E(0，1)，F(0，0，1)，当时，所以M.所以，(1，0，1)，所以(1，0，1)0，所以，即异面直线DE与BM所成角的大小为.(2)平面ECD的一个法向量n1(0，1，0)，设M(x0，y0，z0)，由(0，0)(0，0)(x0，y0，z01)，得即M(0，(1)，1)，所以(1，(1)，1)，(1，0).设平面MBC的法向量n2(x，y，z)，因为即取y1，则x，z，所以平面MBC的一个法向量n2(，1，).因为0，所以cos .因为01，所以cos .高考资源网版权所有，侵权必究！
