1、第3讲 立体几何中的向量方向 高考总复习大二轮 数 学(新高考)考情考向高考导航空间向量在立体几何中的应用主要体现在利用空间向量解决立体几何中的位置关系、空间角以及空间距离的计算等问题，是每年高考的必考内容，并且以解答题的形式出现，其考查形式为一题多问，多步设问，通常第一问考查空间位置关系，第二、三问考查空间角或距离，难度中等利用空间向量求空间角仍是重点，对于探索点或线满足所给关系的问题要引起重视真题体验(2019全国卷)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 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
2、面角 AMA1N 的正弦值四边形 MNDE 为平行四边形，MNDE又 MN平面 C1DE，DE平面 C1DEMN平面 C1DE.(2)取 AB 的中点 F，连接 DF，由已知，DFDC，DFD1D.以 D 为坐标原点，DF，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，AA14，AB2.A1(3，1,4)，M(3，1,2)，N32，12，2，则A1M(0,2，2)，A1N 32，12，2.设平面 MA1N 的法向量为 m(x，y，z)，则 mA1M，mA1N2y2z0，32 x12y2z0，令 y1，得平面 MA1N 的一个法向量为 m(3，1,1)又平面 AM
3、A1 的一个法向量为 n(1,0,0)，设二面角 AMA1N 的平面角为，则cos mn|m|n|35 155.sin 105.即二面角 AMA1N 的正弦值为 105.主干整合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)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线
4、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)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设 l，m 的夹角为 02，则cos|ab|a|b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21a22b22c22.(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|v|v|cos，v|.热点一 利用向量法证明平行与垂直数学建模素养数学建模用向量解决空间立体几何中的核心素养以学习过的空间向量为基础，通过将几何向量化，以向量作为刻画空间中点、线、面位置关系
5、的连接点，解决空间几何中难解决的问题例 1(2019沈阳三模)如图，平面 PAC平面 ABC，ABC是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，E，F，O 分别是 PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10.(1)设 G 是 OC 的中点，证明 FG平面 BOE；(2)证明：在ABO 内存在一点 M，使 FM平面 BOE.证明(1)如图，连接 OP，PAPC，OPAC，又平面 PAC平面ABC，OP平面 ABC.以点 O 为坐标原点，分别以 OB，OC，OP所在直线 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.则 O(0,0,0)，A(0，8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P
6、(0,0,6)，E(0，4,3)，F(4，0,3)由题意，得 G(0,4,0)因为OB(8,0,0)，OE(0，4,3)，所以平面 BOE 的法向量 n(0,3,4)由FG(4,4，3)，得 nFG 0.又直线 FG 不在平面 BOE 内，所以 FG平面 BOE.(2)设点 M 的坐标为(x0，y0,0)，则FM(x04，y0，3)因为 FM平面 BOE，所以FM n，因此 x04，y094，即点 M 的坐标是4，94，0.在平面直角坐标系 xOy 中，AOB 的内部区域可表示为不等式组x0，y0，xy8，z0.经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组所以，在AOB 内存在一点 M，使 FM平面
7、 BOE.由点 M 的坐标，得点 M 到 OA，OB 的距离分别为 4，94.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方向证明直线 ab，只需证明向量 ab(R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外(2019淄博三模)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.证明：以 A 为原点，AB，AD，AP 所
8、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 E12，1，12，F0，1，12，EF12，0，0，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 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 APADA，AP平面 PAD，AD平面
9、 PAD，所以 DC平面 PAD.因为 DC平面 PDC，所以平面 PAD平面 PDC.热点二 利用空间向量求空间角例 2(2019天津卷)如图，AE平面 ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面 ADE；(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13，求线段 CF 的长审题指导 由条件知 AE，AD，AB 互相垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量解决(1)证明BF与平面 ADE 的法向量AB垂直即得线面平行，也可以通过证明平面 ADE 与平面 BCF 平行来实现线面平行的转化(2)CE与平面 BDE
10、的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为所求直线与平面所成角的正弦值(3)设 CFh，用 h 表示二面角 EBDF 的余弦值，通过解方程得到线段长解析 依题意，建立以 A 为原点，分别以AB，AD，AE的方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(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，AB(1,0,0)是平面 ADE 的法向量，又BF(0,2，h)，可得BFAB0，又因为直线 BF平面 ADE，所以 BF平面 ADE.(2)依题意，BD(1,1,0)，BE(1,0,2)，
11、CE(1，2,2)设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则nBD 0，nBE0，即xy0，x2z0，不妨令 z1，可得 n(2,2,1)因此有 cosCE，n CEn|CE|n|49.所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为49.(3)设 m(x1，y1，z1)为平面 BDF 的法向量，则mBD 0，mBF0，即x1y10，2y1hz10，不妨令 y11，可得 m1，1，2h.由题意，有|cosm，n|mn|m|n|42h3 2 4h213，解得 h87.经检验，符合题意所以，线段 CF 的长为87.1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
12、|.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)3二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(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 ABCA1B1C
13、1 中，设 AC，A1C1 的中点分别为O，O1，则 OBOC，OO1OC，OO1OB，以OB，OC，OO1 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz.因为 ABAA12，所以 A(0，1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)(1)因为 P 为 A1B1 的中点，所以 P(32，12，2)，从而BP(32，12，2)，AC1(0,2,2)，故|cos BP，AC1|BPAC1|BP|AC1|14|52 23 1020.因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 1020.(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q(32，12
14、，0)，因此AQ(32，32，0)，AC1(0,2,2)，CC1(0,0,2)设 n(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量，则 AQ n0，AC1 n0，即 32 x32y0，2y2z0.不妨取 n(3，1,1)，设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为，则 sin|cosCC1，n|CC1 n|CC1|n|252 55，所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 55.热点三 利用空间向量解决探索性问题例 3(2020吉林调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5.(1)求证：PD平面 PAB
15、；(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AMAP的值；若不存在，说明理由审题指导 第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：平面 PAD平面 ABCDAB平面 PADABPDPD平面PAB；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出PB与平面 PCD 的法向量，求出法向量与PB夹角的余弦值，进而可求线面角的正弦值；第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：先假设存在点 M，设出点 M 坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解解析(1)证明：因为平面 PAD平面 A
16、BCD，平面 PAD平面ABCDAD，ABAD，AB平面 ABCD，所以 AB平面 PAD.所以 ABPD.又因为 PAPD，PAABA，所以 PD平面 PAB.(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.因为 PAPD，所以 POAD.又因为 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD，所以 PO平面 ABCD.因为 CO平面 ABCD，所以 POCO.因为 ACCD，所以 COAD.如图所示，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1)则PD(0，1，1)，PC(2,0，1)，PB(1,1，1)，设平面
17、 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nPD 0，nPC0，即yz0，2xz0.令 z2，则 x1，y2.所以 n(1，2,2)又PB(1,1，1)，所以 cosn，PB nPB|n|PB|33.所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 33.(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 0,1，使得AM AP.因此点 M(0,1，)，BM(1，)因为 BM平面 PCD，所以要使 BM平面 PCD，当且仅当BM n0，即(1，)(1，2,2)0.解得 14.所以在棱 PA 上存在点M使得 BM平面BCD，此时AMAP14.利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(
18、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(2019聊城三模)如图(1)，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，BAD60，DEAB 于点 E，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使A1DDC，如图(2)(1)求证：A1E平面 BCDE.(2)求二面角 EA1BC 的余弦值(3)判断在线段 EB 上是否存在一点 P，使平面 A1DP平面A1BC？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由解析
19、：(1)证明：DEBE，BEDC，DEDC.又A1DDC，A1DDED，DC平面 A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDED，A1E平面 BCDE.(2)A1E平面 BCDE，DEBE，以 EB，ED，EA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系易知 DE2 3，则 A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2 3，0)，D(0,2 3，0)，BA1(2,0,2)，BC(2,2 3，0)，平面 A1BE 的一个法向量为n(0,1,0)设平面 A1BC 的法向量为 m(x，y，z)，由BA1 m0，BCm0，得2x2z0，2x2 3y0.令 y1，得 m(3，1，
20、3)，cosm，n mn|m|n|171 77.由图，得二面角 EA1BC 为钝二面角，二面角 EA1BC的余弦值为 77.(3)假设在线段 EB 上存在一点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC.设 P(t,0,0)(0t2)，则A1P(t,0，2)，A1D(0,2 3，2)，设平面 A1DP 的法向量为 p(x1，y1，z1)，由A1D p0，A1P p0，得2 3y12z10，tx12z10.令 x12，得 p2，t3，t.平面 A1DP平面 A1BC，mp0，即 2 3 t3 3t0，解得 t3.0t2，在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP平面A1BC.高考解答题审题与规范
21、(四)立体几何类考题重在“化归”几何法 将立体几何问题转化为平面几何问题将异面直线夹角，线面角，二面角等空间角转化为平面角求解代数法 将几何问题转化为代数问题，用空间向量解题推理与证明 分析法找思路：将面面问题转化为线面问题，将线面问题转化为线线问题综合法证明 线线关系推出线面关系，线面关系推出面面关系.思维流程真题案例(12 分)(2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值.审题指导(1)在题目中的两个
22、平面中选择一条直线证明该直线垂直于另外一个平面；(2)建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点 M 的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可.审题方法审图形找关联图形或者图象的力量比文字更为简单而有力，挖掘其中蕴涵的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键，对图形或者图象的独特理解很多时候能成为解题中的亮点.规范解答解析(1)由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BCCD，BC平面 ABCD，1 分所以 BC平面 CMD，故 BCDM.2 分因为 M 为上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM.又 BCCMC，所以 DM平面 BMC.3 分而 DM平面 AM
23、D，故平面 AMD平面 BMC.4 分(2)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.6 分当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点.7 分由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，AM(2,1,1)，AB(0,2,0)，DA(2,0,0)，8 分设 n(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则nAM 0，nAB0.即2xyz0，2y0.可取 n(1,0,2).9 分DA 是平面 MCD 的法向量，因此 cosn，DA nDA|n|DA|55，10 分sinn，DA 2 55，所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是2 55.12 分 评分细则第(1)问踩点得分由条件得出 BCCD，并写出 BC平面 ABCD 得 1 分，没有 BC平面 ABCD 扣 1 分得分 BCDM 得 1 分得出 DM平面 BMC，得 1 分得出结论得 1 分，如果没有写出 DM平面 AMD 扣 1 分第(2)问踩点得分正确建立空间直角坐标系得 2 分确定 M 为的中点得 1 分正确写出点的坐标，并求出相应向量的坐标得 1 分正确求出平面 MAB 的法向量得 1 分正确求出 n 与DA 夹角的余弦值得 1 分正确计算出 n 与DA 夹角的正弦值得 2 分.