1、第2讲空间向量与立体几何做小题激活思维1在正方体A1B1C1D1ABCD中，AC与B1D所成角的大小为()A.B.C. D.D如图，连接BD，易证AC平面BB1D，ACB1D，AC与B1D所成角的大小为.2已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A45 B135C45或135 D90Cm(0,1,0)，n(0,1,1)，|m|1，|n|，mn1，cosm，n，设两平面所成的二面角为，则|cos |，45或135，故选C.3新题型：多选题用a，b，c表示空间中三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：若ab，bc，则ac；若ab，ac，则bc；若a，b
2、，则ab；若a，b，则ab.其中真命题的序号是()A B C DBD对于，正方体从同一顶点引出的三条直线a，b，c，满足ab，bc，但是ac，所以错误；对于，若ab，ac，则bc，满足平行线公理，所以正确；对于，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以错误；对于，由垂直于同一平面的两条直线平行，知正确故选BD.4已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为_设l与所成的角为，则sin |cosm，n|，又，.扣要点查缺补漏1证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：利用平行公理；利用平行四边形进行平行转换；利用三角形的中
3、位线定理；利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换如T3.(2)证明线线垂直：利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质2证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：利用线面平行的判定定理；利用面面平行的性质定理(2)证明线面垂直：利用线面垂直的判定定理；利用面面垂直的性质定理3异面直线所成的角求法(1)平移法：解三角形(2)向量法：注意角的范围如T1.4二面角的求法cos cosm，n，如T2.5线面角的求法sin |cosm，n|，如T4.考点1利用空间向量求空间角高考串讲找规律高考解读教师授课资源主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线
4、面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(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所成角的正弦值切入点：(1)借助勾股定理，证明POOB；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角MPAC为30求出点M的坐标，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值解(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ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知PO
5、OB.由OPOB，OPAC，OBACO，知PO平面ABC.(2)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(a,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)，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.教师备选题1.(2015全国卷)如图，
6、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所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为E
7、G平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F1,0，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2(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)求二面角AMA1N的正弦值解(1)连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，
8、所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED.又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点，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(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.1利用向量法求线面角的2种方法(
9、1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角2利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行考题
10、变迁提素养1一题多解(以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 ()A.B.C. D.D法一：(平移法)取BC的中点H，连接EH，AH，EHA90，设AB2，则BHHE1，AH，所以AE，连接ED，ED，因为BCAD，所以异面直线AE与BC所成角即为EAD，在EAD中cosEAD，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，设AB2，则A(1,0,0)，B(1,0,2)，C(1,0,2)，E(0,1,2)，(1,1,2)，(2,0,0)cos，故选D.2(以棱柱为载体)在三棱柱ABCA1B1C1中，
11、AB平面BCC1B1，BCC1， ABBC2, BB14，点D在棱CC1上，且CDCC1(01)建立如图所示的空间直角坐标系(1)当时，求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值；(2)若二面角AB1DA1的平面角为，求的值解(1)易知A， B1， A1.当时， 因为BCCD2, BCC1，所以C，D.所以， .所以cos ，.故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为.(2)由CDCC1可知， D，所以，由(1)知， .设平面AB1D的法向量为m，则即 令y1，解得x， z2，所以平面AB1D的一个法向量为m.设平面A1B1D的法向量为n，则 即 令y1，解得x， z0，所以平面A1B1D的一个法
12、向量为n.因为二面角AB1DA1的平面角为，所以，即21，解得(舍)或1，故的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE，BAC45，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小解(1)证明：在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)设AB
13、2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC.又FC平面ABC，所以DG平面ABC.连接GB，在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC的中点，所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD两两垂直以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，D(0,0,1)可得H，F(0，1)故，(0，1)设n(x，y，z)是平面FGH的法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n(1，1，)因为是平面ACFD的一个法向量，(，0,0)，所以cos，n.所以平面FGH与平面ACF
14、D所成角(锐角)的大小为60.4.(以五面体为载体)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解(1)证明：由已知可得AFDF，AFFE，DFEFF，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，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Gxyz.由(1)知DEF为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则|DF|2，
15、|DG|，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，)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CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，)连接AC，所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，)设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4)则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.考点2利用空间向量解决折叠性问题高考串讲找规律高考解读教师授课资源以平面图形的翻折为载
16、体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.(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所成角的正弦值切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明；(2)建立空间直角坐标系通过向量法求解解(1)由已知可得，BFPF，BFEF，又PF平面PEF，EF平面PEF，且PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足为H.由(
17、1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|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，PF2PE2EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，为平面ABFD的法向量设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.教师备选题(2016全国卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的
18、正弦值解(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC，得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向
19、量，则即所以可取n(0，3,1)于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形考题变迁提素养(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E为CD中点，以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置(P平面ABCE)(1)证明：AEPB；(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角APEC
20、的余弦值解(1)证明：连接BD，设AE的中点为O，ABCE，ABCECD，四边形ABCE为平行四边形，AEBCADDE，ADE，ABE为等边三角形，ODAE，OBAE，又OPOBO，AE平面POB，又PB平面POB，AEPB.(2)在平面POB内作PQ平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，直线PB与平面ABCE夹角为PBO，又OPOB，OPOB，O、Q两点重合，即PO平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则P，E，C，设平面PCE的一个法向量为n1(x，y，z)，则即令x得n1(，1,1)，又OB平面PAE，n2(0,1,0)为平面PAE的一个法
21、向量，设二面角AEPC为，则|cos |cosn1，n2，易知二面角AEPC为钝角，所以cos .考点3立体几何的综合问题高考串讲找规律高考解读教师授课资源将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(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，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值切入点：(1)借助圆的几何性质得出DMCM，进而借助面面垂直的判定求解(2)借助体积公式先探寻M点的位置，建系借助坐标法求解解(1)由题设
22、知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.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.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)是平面MCD的法向量，因为cosn，si
23、nn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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“是否有解”“是否有规定范围内的解”等(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理考题变迁提素养(探索位置型)如图所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45，且ABAP.(1)若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；(2)在线段AD上是
24、否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由解 (1)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图1所示在平面ABCD内，作CEAB，交AD于点E，则CEAD. 图1在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.设ABAPt(t0)，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，由n，n得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)cos 60，即，解得t或t4(舍去，因为AD4t0)，AB(2)法一：(
25、向量法)假设在线段AD上存在一点G(如图2所示)，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等设G(0，m,0)(其中0m4t)，则(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t) 图2由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m.由|，得(4mt)2m2t2.由，消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，所以在线段AD上不存在点G到点P，B，C，D的距离都相等法二：(几何法)假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等由GCGD得GCDGDC45，CGD90，即CGAD， 图3GDCDcos 451.设AB，则AD4，AGADGD3.如图3所示，在RtABG中，GB1，这与GBGD矛盾在线段AD上不存在点G到点P，B，C，D的距离都相等
