1、专题四 立体几何第三讲 空间向量与立体几何热点聚焦 题型突破 限时规范训练 高考体验 真题自检 目 录 ONTENTSC考情分析 1 高考中此部分命题较为稳定，以解答题的形式考查空间平行关系和垂直关系的证明，空间几何体表面积和体积的计算，异面直线所成的角、线面角和二面角的求解，简单的空间距离的求解，难度中等偏上其中解答题的基本模式是既有证明也有计算，其中的计算离不开证明，以考查证明为主.考情分析 1 年份卷别考查角度及命题位置卷面面垂直与二面角求法T18卷异面直线所成角求法T10线面平行与二面角求法T192017卷线与线所成角问题T16面面垂直与二面角求法T19卷面面垂直的证明及二面角的求解T
2、18卷线面垂直证明及二面角的求解T192016卷线面平行的证明及线面角的求解T19卷面面垂直的证明、异面直线所成角的求解T182015卷空间点线面的位置关系及线面角的求解T19真题自检2 1(2015高考全国卷)如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面 AEC平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值2 真题自检解析：(1)证明：如图，连接 BD，设 BDAC 于点 G，连接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由ABC120，可得
3、 AGGC 3.由 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC.又 AEEC，所以 EG 3，且 EGAC.2 真题自检在 Rt EBG 中，可得 BE 2，故 DF 22.在 Rt FDG 中，可得 FG 62.在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE 2，DF 22，可得EF3 22.从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG.又 ACFGG，所以 EG平面 AFC.因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC.2 真题自检(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以GB，GC 的方向为 x 轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系 Gxyz，由(1)可得 A(0，3，0
4、)，E(1,0，2)，F1，0，22，C(0，3，0)，所以AE(1，3，2)，CF 1，3，22.故 cosAE，CF AE CF|AE|CF|33.所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 33.2 真题自检2(2017高考全国卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC12AD，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 M-AB-D 的余弦值2 真题自检解析：(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF.因为
5、E 是 PD的中点，所以 EFAD，EF12AD.由BADABC90得BCAD，又 BC12AD，所以 EF 綊 BC，四边形 BCEF 是平行四边形，CEBF，又 BF平面 PAB，CE平面 PAB，故CE平面 PAB.2 真题自检(2)由已知得 BAAD，以 A 为坐标原点，AB的方向为 x 轴正方向，|AB|为单位长度，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(0,1，3)，PC(1,0，3)，AB(1,0,0)设 M(x，y，z)(0 x1)，则BM(x1，y，z)，PM(x，y1，z 3)2 真题自检因为 BM 与底面 ABC
6、D 所成的角为 45，而 n(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cosBM，n|sin 45，|z|x12y2z2 22，即(x1)2y2z20.又 M 在棱 PC 上，设PM PC，则x，y1，z 3 3.2 真题自检由，解得 x1 22，y1z 62(舍去)，或x1 22，y1，z 62，所以 M1 22，1，62，从而AM 1 22，1，62.设 m(x0，y0，z0)是平面 ABM 的法向量，2 真题自检则 mAM 0，mAB 0，即2 2x02y0 6z00，x00，所以可取 m(0，6，2)于是 cosm，n mn|m|n|105.因此二面角 M-AB-D 的余弦值为 1
7、05.2 真题自检3(2016高考全国卷)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60.(1)证明：平面 ABEF平面 EFDC；(2)求二面角 E-BC-A 的余弦值2 真题自检解析：(1)证明：由已知可得 AFDF，AFFE，所以 AF平面 EFDC.又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EFDC.(2)过 D 作 DGEF，垂足为 G.由(1)知 DG平面 ABEF.以 G 为坐标原点，GF 的方向为 x 轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 G
8、-xyz.2 真题自检由(1)知DFE 为二面角 D-AF-E 的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|3，可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，3)由已知得 ABEF，所以 AB平面 EFDC.又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF.由 BEAF，可得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 C-BE-F 的平面角，CEF60.2 真题自检从而可得 C(2,0，3)所以EC(1,0，3)，EB(0,4,0)，AC(3，4，3)，AB(4,0,0)设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC 0，nEB 0，即x 3z0，
9、4y0，所以可取 n(3,0，3)2 真题自检设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC 0，mAB 0，同理可取 m(0，3，4)则 cosn，m nm|n|m|2 1919.故二面角 E-BC-A 的余弦值为2 1919.方法结论 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 1用向量证明平行的方法(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线(2)线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；直线与平面内两不共线向量共面(3)面面平行：证明两平面的法向量为共线向量；转化为线面平行、线线平行问题方法结论 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 2用
10、向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 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.(1)求证：EF平面 PAB；(2)求证：平面 PAD平面 PDC.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 证明：以 A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，
11、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 E12，1，12，F0，1，12，EF 12，0，0，AP(0,0,1)，AD(0,2,0)，DC(1,0,0)，AB(1,0,0)题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系(1)因为EF 12AB，所以EF AB，即 EFAB.又 AB平面 PAB，EF平面 PAB，所以 EF平面 PAB.(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.又因为 APAD
12、A，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.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 2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)平面 EGF平面 ABD.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 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)
13、，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设 BAa，则 A(a,0,0)，题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 所以BA(a,0,0)，BD(0,2,2)，B1D(0,2，2)，B1D BA 0，B1D BD 0440，即 B1DBA，B1DBD.又 BABDB，BA，BD平面 ABD，因此 B1D平面 ABD.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系(2)由(1)知，E(0,0,3)，Ga2，1，4，F(0,1,4)，则EG a2，1，1，EF(0,1,1)，B1D EG 0220，B1D EF 0220，即 B1DEG，B1DEF.又 EGEFE，EG，EF平面 EGF，
14、因此 B1D平面 EGF.又 B1D平面 ABD.所以平面 EGF平面 ABD.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 3.(2017 汕 头 模 拟)如 图 所 示，在 四 棱 锥P-ABCD 中，PC平面 ABCD，PC2，在四边形 ABCD 中，BC90，AB4，CD1，点 M 在 PB 上，PB4PM，PB 与平面 ABCD 成 30的角求证：(1)CM平面 PAD；(2)平面 PAB平面 PAD.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 证明：以 C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为 y 轴，CP 所在直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C-x
15、yz.PC平面 ABCD，PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，PBC30，题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 PC2，BC2 3，PB4，D(0,1,0)，B(2 3，0,0)，A(2 3，4,0)，P(0,0,2)，M32，0，32，DP(0，1,2)，DA(2 3，3,0)，CM 32，0，32.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系(1)设 n(x，y，z)为平面 PAD 的一个法向量，由 DP n0，DA n0，即y2z0，2 3x3y0，令 y2，得 n(3，2,1)nCM 3 32 201320，nCM.又 CM平面 PAD，CM平面 PAD.题组突破
16、 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系(2)法一：由(1)知BA(0,4,0)，PB(2 3，0，2)，设平面 PAB 的一个法向量为 m(x0，y0，z0)，由BA m0，PBm0，即4y00，2 3x02z00，令 x01，得 m(1,0，3)，又平面 PAD 的一个法向量 n(3，2,1)，mn1(3)02 310，平面 PAB平面 PAD.题组突破 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 法二：如图，取 AP 的中点 E，连接 BE，则 E3，2，1，BE(3，2,1)PBAB，BEPA.又BE DA(3，2,1)(2 3，3,0)0，BE DA.BEDA.又 PADAA，BD平面 PA
17、D.又BE平面 PAB，平面 PAB平面 PAD.误区警示 考点一 向量法证明线面平行、垂直关系 对于空间中与平行、垂直相关的定理我们一定要准确记忆和理解，不能漏掉任何一个条件如两平面平行的判定定理“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行”，必须注意“相交”，否则推不出两平面平行考点二 向量法求解空间角大小 方法结论 1求直线与平面所成的角设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为，则 sin|cosa，n|an|a|n|.考点二 向量法求解空间角大小 方法结论 2求二面角的大小(1)若 AB、CD 分别是二面角-l-的两个面内与棱 l
18、 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角(如图)(2)设 n1，n2 分别是二面角-l-的两个面，的法向量，则向量 n1与 n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图)典例(2017高考全国卷)如图，在四面体 ABCD 中，ABC是正三角形，ACD 是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面 ACD平面 ABC；(2)过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD分成体积相等的两部分，求二面角 D-AE-C 的余弦值考点二 向量法求解空间角大小 考点二 向量法求解空间角大小 解析：(1)证明：由题设可得，ABDCBD，从而
19、 ADDC.又ACD 是直角三角形，所以ADC90.取 AC 的中点 O，连接 DO，BO，则 DOAC，DOAO.又由于ABC 是正三角形，故 BOAC.所以DOB 为二面角 D-AC-B 的平面角在 RtAOB 中，BO2AO2AB2.又 ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.所以平面 ACD平面 ABC.考点二 向量法求解空间角大小(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD 两两垂直以 O 为坐标原点，OA 的方向为 x 轴正方向，|OA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz，则 A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(1,0,0)，D(0，0,
20、1)考点二 向量法求解空间角大小 由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的12，即 E为DB的中点，得E0，32，12.故AD(1,0,1)，AC(2,0,0)，AE 1，32，12.设 n(x，y，z)是平面 DAE 的法向量，则nAD 0，nAE 0，考点二 向量法求解空间角大小 可取 n1，33，1.设 m 是平面 AEC 的法向量，则mAC 0，mAE 0.同理可取 m(0，1，3)则 cosn，m nm|n|m|77.所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 77.类题通法 考点二 向量法求解空间
21、角大小 1用向量法求解空间角的四个要点：(1)“建系”，构建恰当的空间直角坐标系，如本题利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；(2)“求坐标”，准确求解相关点的坐标；(3)“求法向量”，求出平面的法向量；(4)“应用公式”，熟记空间角的公式，即可求出空间角类题通法 考点二 向量法求解空间角大小 2(1)利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角 与夹角 的关系为 sin|cos|.(2)求二面角，主要通过两平面的法向量 n，m 的夹角求得，即先求|cosn，m|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值若 为锐角，则 cos|
22、cosn，m|；若 为钝角，则 cos|cosn，m|.1如图，在四棱锥 SABCD 中，SD底面 ABCD，ABDC，ADDC，ABAD1，DCSD2，E 为棱 SB 上任意一点(1)求证：BCDE；(2)设SEEB，当平面 EDC平面 SBC 时，求二面角 ADEC的大小演练通关 考点二 向量法求解空间角大小 演练通关 考点二 向量法求解空间角大小 解析：(1)连接 BD，则 BD 2，又 BC 2，CD2，BCDB，BC平面 SDB，而 DE平面 SBD，BCDE.演练通关 考点二 向量法求解空间角大小(2)以 D 为原点，DA，DC，DS 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标
23、系，则 B(1，1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)设 E(x，y，z)，SEEB(x，y，z2)(1x,1y，z)E(1，1，21)，取平面 EDC 的一个法向量 n1(2,0，)，SC(0,2，2)，SB(1,1，2)，可取平面 SBC 的一个法向量 n2(1,1,1)，演练通关 考点二 向量法求解空间角大小 平面 EDC平面 SBCn1n202.E(23，23，23)取平面 ADE 的一个法向量 n3(0,1，1)，取平面 CDE 的一个法向量 n4(1,0，1)，则 cosn3，n4 n3n4|n3|n4|12，故二面角 ADEC 的平面角为 120.演练通关 考点二 向量法求
24、解空间角大小 2(2017武汉调研)如图，在四棱锥 SABCD 中，ABCD，BCCD，侧面 SAB 为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面 SAB；(2)求 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值演练通关 考点二 向量法求解空间角大小 解析：(1)以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，则 D(1,0，0)，A(2，2,0)，B(0,2,0)设 S(x，y，z)，则 x0，y0，z0，且AS(x2，y2，z)，BS(x，y2，z)，DS(x1，y，z)演练通关 考点二 向量法求解空间角大小 由|AS|BS|，得 x22y22
25、z2 x2y22z2，解得 x1.由|DS|1，得 y2z21.由|BS|2，得 y2z24y10.演练通关 考点二 向量法求解空间角大小 由，解得 y12，z 32.S(1，12，32)，AS(1，32，32)，BS(1，32，32)，DS(0，12，32)，DSAS0，DSBS0，DSAS，DSBS，SD平面 SAB.演练通关 考点二 向量法求解空间角大小(2)设平面 SBC 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则 nBS，nCB，nBS0，nCB 0.又BS(1，32，32)，CB(0,2,0)，x132y1 32 z102y10，取 z12，得 n(3，0,2)演练通关 考点二 向量法
26、求解空间角大小 AB(2,0,0)，cosAB，n AB n|AB|n|2 372 217.故 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 217.考点三 向量法求解空间角的最值问题 方法结论 空间角的最值问题多通过相关的参数，建立目标函数，转化为函数的最值进行求解考点三 向量法求解空间角的最值问题 典例 如图，在等腰梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形 ACFE 为矩形，平面 ACFE平面 ABCD，CF1.(1)求证：BC平面 ACFE；(2)点 M 在线段 EF 上运动，设平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角的平面角为(90)，试求 cos 的最值考点三 向量
27、法求解空间角的最值问题 解析：(1)证明：在梯形 ABCD 中，因为 ABCD，ADDCCB1，ABC60，所以 AB2，所以 AC2AB2BC22ABBCcos 603，所以 AB2AC2BC2，所以 BCAC.又平面 ACFE平面 ABCD，平面 ACFE平面 ABCDAC，BC平面 ABCD，所以 BC平面 ACFE.考点三 向量法求解空间角的最值问题(2)结合(1)，以 C 为坐标原点，以 CA，CB，CF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图而 EFAC 3，令 FM(0 3)，则 C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，M(，0,1)，考点
28、三 向量法求解空间角的最值问题 所以AB(3，1,0)，BM(，1,1)设 n1(x，y，z)为平面 MAB 的法向量，由n1AB 0，n1BM 0，得 3xy0，xyz0，考点三 向量法求解空间角的最值问题 取 x1，则平面 MAB 的一个法向量为 n1(1，3，3)因为 n2(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量，所以 cos|n1n2|n1|n2|113 321 324.因为 0 3，所以当 0 时，cos 有最小值 77；当 3时，cos 有最大值12.类题通法 考点三 向量法求解空间角的最值问题 立体几何中的最值问题主要包括距离、面积与体积等，解决此类最值问题的关键在于准确把握几
29、何体的结构特征，转化相关的最值问题，一般来说主要有两种思路：一是几何法，即根据几何体的结构特征直接判断最值；二是代数法，即通过设置相关的参数，建立目标函数，转化为函数的最值进行求解如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 M 在线段 PQ 上，E，F 分别为 AB，BC 的中点设异面直线 EM 与 AF 所成的角为，则 cos 的最大值为_演练通关 考点三 向量法求解空间角的最值问题 演练通关 考点三 向量法求解空间角的最值问题 解析：法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量及导数知识进行求解以点 A 为坐标原点，以 AB，AD，AQ 所在直线分别为 x 轴
30、，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.演练通关 考点三 向量法求解空间角的最值问题 设正方形 ABCD 的边长为 2，M(0，m,2)(0m2)，则 A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2，1,0)，所以EM(1，m,2)，AF(2,1,0)，所以 cos|EM AF|EM|AF|m2|5m2 5，故 cos2 m225m2515(14m1m25)设 y4m1m25，演练通关 考点三 向量法求解空间角的最值问题 则 y4m254m12mm2524m22m20m25222m5m2m2520，所以 y 在0,2上是增函数，所以当 m0 时，y 取得最小值，且最小值为15，所以
31、 cos2 取得最大值为 425，故 cos 的最大值为25.演练通关 考点三 向量法求解空间角的最值问题 法二：取 BF 的中点 N，连接 MN，EN，则 ENAF，所以直线 EN 与 EM 所成的角就是异面直线 EM 与 AF 所成的角在EMN 中，当点 M 与点 P 重合时，EMAF，所以当点 M 逐渐趋近于点 Q 时，直线 EN 与 EM 的夹角越来越小，此时 cos 越来越大故当点 M 与点 Q 重合时，cos 取得最大值设正方形的边长为 4，连接 EQ，NQ，在EQN 中，由余弦定理，得 cosQENEQ2EN2QN22EQEN 205332 20 525，所以 cos 的最大值为25.答案：25限时规范训练 点击进入word.
