1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题十二空间向量与立体几何(见学生用书P74)(见学生用书P74)1(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b0)ab的充要条件是存在实数，使ab.(2)共面向量定理：如果两个向量a、b不共线，则向量c与向量a、b共面的充要条件是存在唯一的实数对(x，y)，使cxayb.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么对于空间任意一个向量p，存在唯一的有序实数组x，y，z，使pxaybzc.其中不共面的三个向量a、b、c叫做空间的一个基底，每一个向量a、b、c叫做基向量2若向量a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，则有：(1)ab(a1
2、b1，a2b2，a3b3)；(2)ab(a1b1，a2b2，a3b3)；(3)ka(ka1，ka2，ka3)；(4)aba1b1a2b2a3b3；(5)距离公式：|a|；(6)夹角公式：cosa，b；(7)aba1b1，a2b2，a3b3(R)或(b1b2b30)；(8)aba1b1a2b2a3b303异面直线所成的角直线a、b是异面直线，经过空间任意一点O，分别引直线aa，bb，则a与b所成的锐角或直角叫异面直线所成的角4直线与平面所成的角平面的一条斜线与它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线与平面所成的角5二面角从一条直线出发引出的两个半平面所组成的图形叫做二面角，在两个半平面内分别作垂直
3、于二面角l的棱l的射线OA、OB，O为垂足，则AOB叫做二面角l的平面角(见学生用书P75)考点一利用空间向量证明空间线面关系考点精析直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c3)，平面、的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线面平行laa0a1a3b1b3c1c30.(2)线面垂直laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行vkva3ka4，b3kb4，c3kc4.(4)面面垂直vv0a3a4b3b4c3c40.例 11在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，
4、ACB90，EA平面ABCD，EFAB，FGBC，EGAC，AB2EF.若M是线段AD的中点，求证：GM平面ABFE.考点：直线与平面平行的判定分析：本题可利用条件中的平行和垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，然后用向量法证明证明：由四边形ABCD为平行四边形，ACB90，EA平面ABCD，可得以点A为坐标原点，AC，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设ACa，ADb，AEc，则A(0，0，0)，C(a，0，0)，D(0，b，0)，M，B(a，b，0)，E(0，0，c)由EGAC可得EG(R)，GMGEEAAM， 由FGBC可得FG(R)，GM GFFEEAAMEA，
5、则，GMBAEA，而GM平面ABFE，所以GM平面ABFE.点评：本题考查了空间中的平行与垂直问题，解题时，一是要熟记线面，面面垂直与平行的基本定理，同时，应明确空间中的线线、线面、面面之间的垂直与平行的互相转化关系，是基础题规律总结利用空间向量证明空间线面关系，在高考中，一般没有单独考查，往往将立体几何的解答题设置成一题两问或一题三问，其中有一问或两问为证明空间的线面关系，且没有明确规定要用空间向量方法求解，一般设置“一题两法”，即运用几何综合法和空间向量法都可以求解变式训练【11】 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：(1)AED1F；(2)D1
6、F平面ADE.证明：不妨设已知正方体的棱长为1个单位长度，且以DA，DC，所在射线为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，F，E.(1)AE，AE0，AE，即AED1F.(2)方法一AD(1，0，0)，AD(1，0，0)0，AD，即D1FAD.结合(1)得D1F平面ADE.方法二AD(1，0，0)，AE，设平面ADE的法向量为n(x，y，z)，则由得令z2，可得n(0，1，2)n，n，D1F平面ADE.考点二空间角的计算考点精析1两条异面直线所成角设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b
7、所成的角)2直线和平面所成角如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.3二面角(1)利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，m，n即为所求二面角的平面角(2)对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求如图所示，二面角l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面角l的大小为或.例 21(2015福建卷)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：G
8、F平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值考点：直线与平面平行的判定，用空间向量求二面角分析：(1)考虑到G为BE中点，可取AE中点H，证四边形GFDH为平行四边形，从而GFDH.也可取AB中点M.证平面MGF平面ADE，从而GF平面ADE.(2)本题不易作出二面角，故应建立空间直角坐标系，由向量法计算即可解析：(方法1)(1)证明：如图，取AE的中点H，连结HG，HD.又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB.又F是CD的中点，所以DFCD.由四边形ABCD是矩形得，ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF.从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH.又DH平面
9、ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE. (2)如图，在平面BEC内，过B点作BQEC.因为BECE，所以BQBE.又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)因为AB平面BEC，所以(0，0，2)为平面BEC的法向量设n(x，y，z)为平面AEF的法向量又(2，0，2)，(2，2，1)，由得取z2，得n(2，1，2)从而cosn，所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为. (方法2)(1)如图，取AB的中点M，连结MG、MF.又G是BE
10、的中点，可知GMAE.又AE平面ADE，GM平面ADE，所以GM平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MFAD.又AD平面ADE，MF平面ADE，所以MF平面ADE.又因为GMMFM，GM平面GMF，MF平面GMF，所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF，所以GF平面ADE.(2)同方法1.点评：建立合适的空间直角坐标系并准确求出相关点的坐标是解决问题的关键，属中档题规律总结高考立体几何的解答题，一般设置成一题两问(或三问)，第一问一般为空间线面关系的证明，在这里用几何综合法可能比空间向量法简洁，而第二问，一般为空间角的计算(主要是直线与平面所成角和二面角)，且一
11、般设置为“一题两法”由于在新课标中，空间向量为理科必学内容，因此在这里有意向空间向量倾斜，即使用空间向量更为简单，更容易得分，而异面直线所成角一般宜用空间向量方法求解，且主要以选择、填空题形式呈现变式训练【21】 (2015陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值解析：(1)在题图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图2中，BEOA1，B
12、EOC，从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)因为平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0，0)设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，则得取n1(1，1，1)；得取n2(0，1，1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.考点三利用向量解决探索性问题考点精析探索
13、性问题的解决办法一般是：假设存在，然后运用条件推理计算，若求出，且没有矛盾，则存在，问题解决；若导出矛盾，则否定假设，说明不存在，导出矛盾的过程就是说明理由的过程对于立体几何中的探索性问题，特别适合建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算进行求解例 31(2014湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(0，又sin1，sin 的取值范围是.答案：B2(2015黄冈模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB1
14、与平面AB1C1所成的角的大小为()A. B.C. D.解析：取B1C1的中点D，连接AD，A1D，BB1AA1，AA1与平面AB1C1所成的角等于BB1与平面AB1C1所成的角侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，则B1C1A1D，B1C1AA1，B1C1平面AA1D，平面AA1D平面AB1C1，AA1与平面AB1C1所成的角为A1AD，AA13，A1D，tan A1AD，A1AD，BB1与平面AB1C1所成的角为.故选A.答案：A3(2014河南二模)如图所示，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1B1C11，且A1C1B190，D点
15、在棱AA1上且AD2DA1，P点在棱C1C上，则的最小值为()A. BC. D解析：建立如图所示的直角坐标系，则D(1，0，2)，B1(0，1，3)，设P(0，0，z)，则(1，0，2z)，(0，1，3z)，00(2z)(3z)，故当z时，取得最小值为.答案：B4(2014仙游县模拟)已知正四棱锥OABCD中，OAAB，则OA与底面ABCD所成角的正弦值等于()A. B.C. D.解析：设O在底面ABCD中的射影为O，则O为底面ABCD的中心，OAAB.OAAB，OOAB，OA与底面ABCD所成角的正弦值等于.答案：C5(2014嘉兴一模)如图1，在等腰ABC中，A90，BC6，D，E分别是A
16、C，AB上的点，CDBE，O为BC的中点将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE.若AO平面BCDE，则AD与平面ABC所成角的正弦值等于()A. B. C. D.解析：取DE中点H，则OHOB.以O为坐标原点，OH、OB、OA分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图在等腰ABC中，A90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中点，OH1，DH2，DO，AD2，A(0，0，)，D(1，2，0)，(1，2，)平面ABC的法向量n(1，0，0)，设AD与平面ABC所成角为，sin |cos ，n|.答案：D二、填空题6(2015苏州模拟)已知正方形ABCD
17、的边长为4，CG平面ABCD，CG2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为_解析：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，相关各点的坐标为G(0，0，2)，F(4，2，0)，E(2，4，0)，C(0，0，0)，则(0，0，2)，(4，2，2)，(2，4，2)设平面GEF的法向量为n(x，y，z)，由得平面GEF的一个法向量为n(1，1，3)，所以点C到平面GEF的距离d.答案：7(2015浙江卷)如图，三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是_解析：连接ND，取ND的中点O，连接OC，OM，图略.
18、由题可知MOAN，则异面直线AN，CM所成的角即为MO与CM所成的角，即CMO.根据题目条件可得ANCM2，则有MO，OC，由余弦定理可得cosCMO.答案：8(2013北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为_解析：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，则CC1EF，又EF平面D1EF，CC1平面D1EF，CC1平面D1EF.直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离过点C1作C1MD1F，易知平面D1EF平面A1B1C1D1.C1M平面D1EF，那么C1M为异面直
19、线D1E与CC1的距离，即点P到直线CC1的距离的最小值在RtD1C1F中，C1MD1FD1C1C1F，得C1M.点P到直线CC1的距离的最小值为.答案：9(2015四川卷)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_解析：由题意得AQ平面ABCD且ABAD，如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则E(1，0，0)，F(2，1，0)，设M(0，y，2)(0y2)，则cos .令y2t(2t0)
20、，得cos ，故当t2时，cos 取得最大值.答案：三、解答题10(2014长郡模拟)如图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线段点A、B在l1上，C在l2上，AMMBMN.(1)证明ACNB；(2)若ACB60，求NB与平面ABC所成角的余弦值解析：(1)由已知l2MN，l2l1，MNl1M，可得l2平面ABN.由已知MNl1，AMMBMN，可知ANNB且ANNB.又AN为AC在平面ABN内的射影，ACNB.(2)易知RtCANRtCBN，ACBC，又已知ACB60，因此ABC为正三角形CMAB，而MNAB，CNAB，NCNANB，因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的
21、中心，连接BH，NBH为NB与平面ABC所成的角在RtNHB中，cos NBH.11(2015安徽卷)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值解析：(1)证明：由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D平面A1DE，B1C平面A1DE，于是B1C平面A1DE.又B1C平面B1CD1，平面A1DE平面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B
22、1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5，0.5，1)设平面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该平面上向量(0.5，0.5，0)，(0，1，1)，由n1，n1得r1，s1，t1应满足的方程组为因为(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1)设平面A1B1CD的法向量n2(r2
23、，s2，t2)，而该平面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.12(2014陕西卷)如图1，四面体ABCD及其三视图(如图2所示)，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH的夹角的正弦值图1图2解析：(1)证明：由三视图可知，四面体ABCD的底面BDC是以BDC为直角的等腰直角三角形，且侧棱AD底面BDC.AD平面EFGH，平面ADB平面EFGHEF，AD平面ABD，ADEF.同理，有ADGH.EFGH.BC平
24、面EFGH，平面DBC平面EFGHFG，BC平面BDC，BCFG.同理，有BCEH.FGEH.四边形EFGH为平行四边形又AD平面BDC，BC平面BDC，ADBC，则EFEH.四边形EFGH是矩形(2)以D为原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由三视图可知DBDC2，DA1.又E为AB中点，F，G分别为DB，DC中点，A(0，0，1)，B(2，0，0)，F(1，0，0)，E，G(0，1，0)所以(2，0，1)，(1，1，0)设平面EFGH的一个法向量为n(x，y，z)由得取y1，得x1.n(1，1，0)则sin |cos ，n|.13(2015全国卷)如图，长
25、方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解析：(1)交线围成的正方形EHGF如图(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(1
26、0，0，0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0，4，3)又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.14(2015四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值解析：(1)点F，G，H的位置如图所示(2)连接BD，设O为BD的中点因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OMCD，HNCD，且HNCD.所以OMHN，OMH
27、N.所以MNHO是平行四边形，从而MNOH.又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(3)(方法1)连接AC，过M作MPAC于P.在正方体ABCDEFGH中，ACEG，所以MPEG.过P作PKEG于K，连接KM，所以EG平面PKM，从而KMEG.所以PKM是二面角AEGM的平面角设AD2，则CM1，PK2.在RtCMP中，PMCMsin 45；在RtPKM中，KM.所以cos PKM，即二面角AEGM的余弦值为.(方法2)如图，以D为坐标原点，分别以，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.设AD2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，
28、1，0)，所以(2，2，0)，(1，0，2)设平面EGM的一个法向量为n1(x，y，z)，由得取x2，得n1(2，2，1)在正方体ABCDEFGH中，DO平面AEGC，可取平面AEG的一个法向量为n2(1，1，0)，所以cosn1，n2，故二面角AEGM的余弦值为.15(2015天津卷)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长解析：如图，以A
29、为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，2，1)(1)依题意，可得n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，.由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2，2)，(2，0，0)设n1(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z1，可得n1(0，1，1)设n2(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则又(0，1，2)，得不妨设z1，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0，1，则E(0，2)，从而(1，2，1)又n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0，1，解得2.所以，线段A1E的长为2.- 44 - 版权所有高考资源网