1、专题三 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法1 (2019 全 国 卷 )如 图，直 四 棱 柱ABCD-A1B1C1D1 的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点(1)证明：MN平面 C1DE；(2)求二面角 AMA1N 的正弦值(1)证明：如图，连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 MEB1C，且 ME12B1C.又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND12A1D.由题设知 A1B1DC，可得 B1CA1D，故 MEND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MNED.又 MN平面 C1DE，ED平
2、面 C1DE，所以 MN平面 C1DE.(2)解：由已知可得 DEDA，以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，3，2)，N(1，0，2)所以A1A(0，0，4)，A1M(1，3，2)，A1N(1，0，2)，MN(0，3，0)设 m (x，y，z)为 平 面 A1MA 的 法 向 量，则mA1M 0，mA1A 0，所以x 3y2z0，4z0，可取 m(3，1，0)设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则nMN 0，nA1N 0，所以 3q0，p2r0，可取 n(2，0，1)于是 cosm，
3、n mn|m|n|2 32 5 155，所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为 105.2(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，EF平面 PEF，PF平面 PEF，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)解：如图，作 PHEF，垂足为 H.由(1)得 PH平面 ABFD.以 H 为
4、坐标原点，分别以FB，HF，HP 的方向为 x轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz.由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE3.又 PF1，EF2，故 EF2PE2PF2，所以 PEPF.可得 PH 32，EH32.则 H(0，0，0)，P0，0，32，D(1，32，0)，DP 1，32，32，HP 0，0，32.又HP 为平面 ABFD 的一个法向量，设 DP 与平面 ABFD 所成角为.则 sin HP DP|HP|DP|343 34.所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 34.以空间几何体为载体考查空间角是高考命题
5、的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，另外常以开放性方式考查“存在性问题”，着重考查逻辑推理能力，化归思想与方程思想，试题大都呈中档难度热点 1 利用空间向量证明平行、垂直关系(讲练互动)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)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.【例 1】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，
6、PA底面 ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点 E 为棱 PC 的中点证明：(1)BEDC.(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BE(0，1，1)，DC(2，0，0)，故BE DC 0.所以 BEDC.(2)因为 ABAD，又 PA平面 ABCD，AB平面 ABCD，所以 ABPA，PAADA，PA，AD平面 PAD，所以 AB平面 PAD，所以向量AB(1，0，0
7、)为平面 PAD的一个法向量，而BE AB(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又 BE平面 PAD，所以 BE平面 PAD.(3)由(2)知平面 PAD 的法向量AB(1，0，0)，向量PD(0，2，2)，DC(2，0，0)，设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则nPD 0，nDC 0，即2y2z0，2x0，不妨令 y1，可得 n(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量且 nAB(0，1，1)(1，0，0)0，所以 nAB.所以平面 PCD平面 PAD.思维升华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(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示
8、涉及直线、平面的要素)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 而致误变式训练 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 M，N分别在 AB1，BC1 上，且 AM13AB1，BN13BC1，则下列结论：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；BD1MN.其中正确命题的序号是_解析：建立以 D 为坐标原点，DC，DA，DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系令正方体的棱长为 3，可得 D(0，0，0)，A(0，3，0)，A1(0，3，3)，C1(3，0，3)，D1(0，0，3)
9、，B(3，3，0)，M(1，3，1)，N(3，2，1)中，AA1(0，0，3)，MN(2，1，0)，因为AA1 MN 0，所以正确；中，A1C1(3，3，0)，与MN 不成线性关系，所以错误；中，易知平面 A1B1C1D1 的一个法向量为DD1(0，0，3)，而DD1 MN 0，且 MN平面 A1B1C1D1，所以正确；中，BD1(3，3，3)，因为BD1 MN 0，所以错误答案：热点 2 利用空间向量计算空间角(多维探究)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)(以下相同)(1)线线夹角设
10、 l，m 的夹角为 02，则cos|ab|a|b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21 a22b22c22.(2)线面夹角设直线 l 与平面 的夹角为 02，则sin|a|a|cosa，|.(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)，则|cos|cos|.角度 求线面角或异面直线所成的角【例 2】(1)(2017 全 国 卷 )已 知 直 三 棱 柱ABC-A1B1C1 中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为()A.32 B.155 C.105 D.33解析：以 B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)
11、，C1(1，0，1)又在ABC 中，ABC120，AB2，则 A(1，3，0)所以AB1(1，3，1)，BC1(1，0，1)，则 cosAB1，BC1 AB1 BC1|AB1|BC1|（1，3，1）（1，0，1）5 225 2 105，因此，异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 105.答案：C(2)(2019广东六校联考)如图，四边形 ABCD 为菱形，PD平面 ABCD，M，N 分别是 PC，PA 的中点，AB2，PDa，DAB60.求证：MN平面 PBD；若直线 BM 与平面 PAD 所成角的余弦值为 134，求 a 的值证明：连接 AC，由于四边形 ABCD 为菱形，所以 A
12、CBD.因为 PD平面 ABCD，AC平面 ABCD，所以 PDAC.又 BDPDD，所以 AC平面 PBD.因为 PNNA，PMMC，所以 MNAC，所以 MN平面 PBD.解：设 AC 与 BD 相交于点 O，以 O 为坐标原点，AC，DB 所在直线分别为 x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系因为 AB2，PDa，所以 A(3，0，0)，B(0，1，0)，C(3，0，0)，D(0，1，0)，P(0，1，a)因为 PMMC，所以 M 32，12，a2，则BM 32，32，a2.因为DP(0，0，a)，DA(3，1，0)，所以平面 PDA 的一个法向量 n(1，3，0)设直线 BM 与平
13、面 PAD 所成的角为，则 sin|BM n|BM|n|33494a24 13312a2，由 cos 134，得 sin 34.所以 12a24，解之得 a2.思维升华1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，即 cos|cos|.2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|，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)变式训练(2019浙江卷)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是 AC，A1B1
14、的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值证明：(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 E-xyz.不妨设 AC4，则 A1(0，0，2 3)，B(3，1，0)，B1(3，3，2 3)，F32，32，2 3，C(0，2，0)因此，EF 32，32，2 3，BC(3，1，0)由EF BC 0 得 EFBC.(2
15、)设直线 EF 与平面 A1BC 所成的角为.由(1)可得BC(3，1，0)，A1C(0，2，2 3)设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z)由BC n0，A1C n0，得 3xy0，y 3z0.取 n(1，3，1)，故 sin|cosEF，n|EF n|EF|n|45，所以 cos 35.因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是35.角度 二面角的计算【例 3】(2019全国卷)图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其沿 AB，BC 折起使得 BE与 BF 重合，连接 DG，如图 2.(1)证明
16、：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面ABC平面 BCGE；(2)求图 2 中的二面角 B-CG-A 的大小(1)证明：由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面由已知得 ABBE，ABBC，且 BEBCB，所以 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE.(2)解：作 EHBC，垂足为 H.因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC，所以 EH平面 ABC.由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，可求得 BH1，EH 3.以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴
17、的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，则A(1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG(1，0，3)，AC(2，1，0)设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，则CG n0，AC n0，即x 3z0，2xy0.所以可取 n(3，6，3)又平面 BCGE 的法向量可取 m(0，1，0)所以 cosn，m nm|n|m|32.因此二面角 B-CG-A 的大小为 30.思维升华1二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2利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面
18、角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的 变 式 训 练 (2019 全 国 卷 )如 图，长 方 体ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面 EB1C1；(2)若 AEA1E，求二面角 B-EC-C1 的正弦值(1)证明：由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，故 B1C1BE.又 BEEC1，B1C1EC1C1，所以 BE平面 EB1C1.(2)解：由(1)知BEB190.由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB45，故 AEAB，AA12AB.以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴
19、正方向，|DA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB(1，0，0)，CE(1，1，1)，CC1(0，0，2)设平面 EBC 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则CB n0，CE n0，即x10，x1y1z10，所以可取 n(0，1，1)设平面 ECC1 的法向量为 m(x2，y2，z2)，则CC1 m0，CE m0，即2z20，x2y2z20，所以可取 m(1，1，0)于是 cosn，m nm|n|m|12.所以二面角 B-EC-C1 的正弦值为 32.热点 3 利用空间向量求解探索性问题(师生
20、互动)【例 4】(2019北京卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PFPC13.(1)求证：CD平面 PAD；(2)求二面角 F-AE-P 的余弦值；(3)设点 G 在 PB 上，且PGPB23.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由(1)证明：因为 PA平面 ABCD，所以 PACD.又因为 ADCD，PAADA，所以 CD平面 PAD.(2)解：过点 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M.因为 PA平面 ABCD，所以 PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系
21、 Axyz，则 A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)因为 E 为 PD 的中点，则 E(0，1，1)所以AE(0，1，1)，PC(2，2，2)，AP(0，0，2)所以PF13PC23，23，23，所以AF APPF23，23，43.设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，则nAE 0，nAF 0，即yz0，23x23y43z0.令 z1，则 y1，x1.于是 n(1，1，1)又因为平面 PAD 的一个法向量为 p(1，0，0)，所以 cosn，p np|n|p|33.由题意知，二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为 33.(3)解
22、：直线 AG 在平面 AEF 内理由：因为点 G 在 PB 上，且PGPB23，PB(2，1，2)，所以PG 23PB43，23，43，所以AG APPG 43，23，23.由(2)知，平面 AEF 的一个法向量 n(1，1，1)，所以AG n4323230.所以直线 AG 在平面 AEF 内思维升华1空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断2空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，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
23、为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论变式训练(2019郴州一模)如图，在三棱锥 P-ABC 中，底面是边长为 4 的正三角形，PA2，PA底面 ABC，点 E，F 分别为 AC，PC的中点(1)求证：平面 BEF平面 PAC；(2)在线段 PB 上是否存在点 G，使得直线 AG 与平面PBC 所成的角的正弦值为 155？若存在，确定点 G 的位置；若不存在，请说明理由(1)证明：因为 ABBC，E 为 AC 中点，所以 BEAC.又 PA平面 ABC，BE平面 ABC，所以 PABE.因为 PAACA，所以 BE平面 PAC.
24、因为 BE平面 BEF，所以平面 BEF平面 PAC.(2)解：存在由(1)及已知得 PABE，PAAC，因为 E，F 分别为 AC，PC 的中点，所以 EFPA，所以 EFBE，EFAC.又 BEAC，所以 EB，EC，EF 两两垂直分别以EB，EC，EF 的方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则 A(0，2，0)，P(0，2，2)，B(2 3，0，0)，C(0，2，0)设BG BP(2 3，2，2)，0，1，所以AG AB BG(2 3(1)，2(1)，2)BC(2 3，2，0)，PC(0，4，2)，设平面 PBC的法向量为 n(x，y，z)，则nBC 0，nPC0，2 3x2y0，4y2z0，令 x1，则 y 3，z2 3，所以 n(1，3，2 3)由已知得 155 AG n|AG|n|，则 155 4 34 16（1）24212或1110(舍去)故 12.所以存在满足条件的点 G，点 G 为 PB 的中点
