1、数 学 大二轮复习第一部分全程方略课件专题13 用空间向量的方法解立体几何问题1 高考考点聚焦 2 核心知识整合 3 高考真题体验 4 命题热点突破 5 课后强化训练 高考考点聚焦 备考策略 本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等(2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用(3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法预测2020年命题热点为：(1)二面角的求法(2)已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直(3)给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在核心知识整合1向量法求空间角(1)异面直线所
2、成的角：设 a，b 分别为异面直线 a，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足 cos _(2)线面角设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 的法向量，则斜线 l 与平面 所成的角满足 sin _|ab|a|b|cn|c|n|(3)二面角 如图()，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小_ 如图()()，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos _AB，CD cosn1，n2或cosn1，n2(4)点到平面的距离的向量求法如图，设 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则点 B 到平面 的距离 d|ABn|n|2利用
3、向量方法证明平行与垂直 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)，v(a4，b4，c4)(1)线线平行 lmabakb_ (2)线线垂直 lmabab_a1ka2，b1kb2，c1kc2 0 a1a2b1b2c1c20 (3)线面平行 laa_(4)线面垂直 laak_(5)面面平行 vkv_(6)面面垂直 vv_0 a1a3b1b3c1c30 a1ka3，b1kb3，ckc3 a3ka4，b3kb4，c3kc4 0 a3a4b3b4c3c40 3模、夹角和距离公式(1)设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)
4、，则|a|aa_，cosa，b_(2)距离公式设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB|x1x22y1y22z1z22a21a22a23 ab|a|b|a1b1a2b2a3b3a21a22a23 b21b22b23 1在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件 2忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等 3不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析高考真题体验1(2017北京卷，16)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方体，平面
5、PAD平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD平面 MAC，PAPD 6，AB4.(1)求证：M 为 PB 的中点；(2)求二面角 BPDA 的大小；(3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 解析(1)证明：设AC，BD交于点E，连接ME，因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME 因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点(2)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP，OE因为 PAPD，所以 OPAD又因为平面 PAD平面 ABCD，且 OP平面 PAD，所以 OP平面 ABCD因为 OE平面 ABCD，所以 OPOE因为四边形 ABC
6、D 是正方形，所以 OEAD如图，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 P(0,0，2)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，BD(4，4,0)，PD(2,0，2)设平面 BDP 的法向量为 n(x，y，z)，则nBD0，nPD0，即4x4y0，2x 2z0.令 x1，则 y1，z 2于是 n(1,1，2)平面 PAD 的法向量为 p(0,1,0)，所以 cosn，p np|n|p|12由题意知二面角 BPDA 为锐角，所以它的大小为3(3)由题意知 M(1,2，22)，C(2,4,0)，MC(3,2，22)设直线 MC 与平面 BDP 所成角为，则 sin|cosn，MC|nMC|n|MC|2
7、69，所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 69 2(2017山东卷，17)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G 是DF的中点.(1)设 P 是CE上的一点，且 APBE，求CBP 的大小；(2)当 AB3，AD2 时，求二面角 EAGC 的大小 解析(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP 又BP平面ABP，所以BEBP 又EBC120，所以CBP30(2)解法一：如图，取BC的中点 H，连接 EH，GH，CH因为EBC120，所以四边形 BEHC 为菱形，所以 AEGE
8、ACGC 3222 13取 AG 的中点 M，连接 EM，CM，EC，则 EMAG，CMAG，所以EMC 为所求二面角的平面角又 AM1，所以 EMCM 1312 3在BEC 中，由于EBC120，由余弦定理得 EC22222222cos12012，所以 EC2 3，所以EMC 为等边三角形，故所求的角为 60解法二：以 B 为坐标原点，分别以 BE，BP，BA 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得 A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3，3)，C(1，3，0)，故AE(2,0，3)，AG(1，3，0)，CG(2,0,3)设 m(x1，y1，z1)是平面
9、AEG 的一个法向量，由mAE0，mAG0，可得2x13z10，x1 3y10.取 z12，可得平面 AEG 的一个法向量 m(3，3，2)设 n(x2，y2，z2)是平面 ACG 的一个法向量，由nAG0，nCG 0，可得x2 3y20，2x23z20.取 z22，可得平面 ACG 的一个法向量 n(3，3，2)所以 cosm，n mn|m|n|12故所求的角为 603(2016全国卷，18)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 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60.(1)证明：平面 ABEF平面 EFDC；(2)
10、求二面角 EBCA 的余弦值 解析(1)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 Gxyz由(1)知DFE 为二面角 DAFE 的平面角，故DFE60，则 DF2，DG 3，可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，0(0,0，3)由已知，ABEF，所以 AB平面 EFDC又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF由 BEAF，可得 BE平
11、面 EFDC，所以CEF 为二面角 CBEF 的平面角，CEF60从而可得 C(2,0，3)连接 AC，则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nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0，所以可取 n(3,0，3)设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0，同理可取 m(0，3，4)则 cosn，m nm|n|m|2 1919 故二面角 EBCA 的余弦值为2 1919命题热点突破如图，在直三棱柱 ADEBCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直，点 M 为 AB 的中点，点
12、 O 为 DF 的中点运用向量方法证明：(1)OM平面 BCF；(2)平面 MDF平面 EFCD命题方向1 利用空间向量证明平行与垂直关系解析 由题意，得 AB，AD，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M(12，0,0)，O(12，12，12)解法一：(1)OM(0，12，12)，BA(1,0,0)，所以OM BA0，所以OM BA因为棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，所以 AB平面 BCF，所以BA是平面 BCF 的一个法向量，且 OM平面 BCF，所以 O
13、M平面 BCF(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为DF(1，1,1)，DM(12，1,0)，DC(1,0,0)，由 n1DFn1DM 0，得x1y1z10，12x1y10，解得 y112x1，z112x1.令 x11，则 n1(1，12，12)同理可得 n2(0,1,1)因为 n1n20，所以平面 MDF平面 EFCD解法二：(1)OM OFFBBM 12DFBF12BA12(DBBF)BF12BA12BD12BF12BA12(BCBA)12BF12BA12BC12BF所以向量OM 与向量BF，BC共面，又 OM平面 B
14、CF，所以 OM平面 BCF(2)由题意知，BF，BC，BA 两两垂直，因为CD BA，FCBCBF，所以OM CD(12BC12BF)BA0，OM FC(12BC12BF)(BCBF)12BC 212BF20所以 OMCD，OMFC，又 CDFCC，所以 OM平面 EFCD又 OM平面 MDF，所以平面 MDF平面 EFCD 规律总结 利用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤(1)坐标运算法：一般步骤：建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；建立空间图形与空间向量之间的关系，用向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；根据运算结果解
15、释相关问题(2)基向量运算法：一般步骤：选基向量，要尽量选用三个不共面的且夹角最好为90(其次为60或120)、模长或其关系已知的向理为基向量；将相关向量用基向量表示；将证明问题转化为向量的运算；根据运算结果得结论在直三棱柱 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)，B1(0,0
16、,4)，设 BAa，则 A(a,0,0)，所以BA(a,0,0)，BD(0,2,2)，B1D(0,2，2)，B1D BA0，B1D BD0440，即 B1DBA，B1DBD，又 BABDB，因此 B1D平面 ABD(2)由(1)知，E(0,0,3)，G(a2，1,4)，F(0,1,4)，则EG(a2，1,1)，EF(0,1,1)，B1D EG0220，B1D EF0220，即 B1DEG，B1DEF，又 EGEFE，因此 B1D平面 EGF结合(1)可知平面 EGF平面 ABD(一)利用空间向量求线线角、线面角(2017 合 肥 质 检)如 图，六 面 体ABCDHEFG 中，四边形 ABCD
17、 为菱形，AE，BF，CG，DH 都垂直于平面 ABCD.若 DADHDB4，AECG3.(1)求证：EGDF；(2)求 BE 与平面 EFGH 所成角的正弦值命题方向2 利用空间求量求空间中的角解析(1)证明：连接 AC，由 AE 綊 CG 可知四边形 AEGC 为平行四边形所以 EGAC，而 ACBD，ACBF，所以 EGBD，EGBF，因为 BDBFB，所以 EG平面 BDHF，又 DF平面 BDHF，所以 EGDF(2)设 ACBDO，EGHFP，由已知可得：平面 ADHE平面 BCGF，所以 EHFG，同理可得：EFHG，所以四边形 EFGH 为平行四边形，所以 P 为 EG 的中点
18、，O 为 AC 的中点，所以 OP 綊 AE，从而 OP平面 ABCD，又 OAOB，所以 OA，OB，OP 两两垂直，由平面几何知识，得 BF2如图，建立空间直角坐标系 Oyz，则 B(0,2,0)，E(2 3，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所以BE(2 3，2,3)，PE(2 3，0,0)，PF(0,2，1)设平面 EFGH 的法向量为 n(x，y，z)，由PEn0，PFn0，可得x0，2yz0，令 y1，则 z2所以 n(0,1,2)设 BE 与平面 EFGH 所成角为，则 sin|BEn|BE|n|4 525(2017山东泰安模拟)如图所示，直三棱柱 ABCA1B1C1
19、中，AA1ABAC，ABAC，M 是 CC1的中点，Q 是 BC 的中点，P是 A1B1 的中点，则直线 PQ 与 AM 所成的角为()A.6B.4C.3D.2解析 以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1 所在直线为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 AA1ABAC2，则AM(0,2,1)，Q(1,1,0)，P(1,0,2)，QP(0，1,2)，所以QP AM 0，所以 PQ 与 AM 所成角为2.答案 D(二)利用空间向量求二面角(2017全国卷，19)如图，四棱锥PABCD中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC12AD，BADABC90，E 是 PD
20、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 MABD 的余弦值解析(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF因为 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)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
21、)，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)因为 BM 与底面 ABCD 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.由解得x1 22，y1，z 62(舍去)，或x1 22，y1，z 62，所以 M(1 22，1，62)，从而AM(1 22，1，62)设 m(x0，y0，z0)是平面 ABM 的法向量，则mA
22、M 0，mAB0，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 MABD 的余弦值为 105 规律总结 1利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标(3)结合公式进行论证、计算(4)转化为几何结论 2利用空间向量求线线角、线面角的思路(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|3利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内
23、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4利用空间向量求点到平面距离的方法如图，设 A 为平面 内的一点，B 为平面 外的一点，n 为平面 的法向量，则 B 到平面 的距离 d|ABn|n|(2017衡水一模)如图，在四棱锥 PABCD 中，ABPA，ABCD，且 PBBCBD 6，CD2AB2 2，PAD120，E 和 F 分别是棱 CD 和 PC 的中点.(1)求证：平面 BEF平面 PCD(2)求直线 PD 与平面 PBC 所成的角的正弦值 解析(1)因为BCBD，E为CD中点，所以BECD 因为ABCD，CD2AB
24、，所以ABDE，且ABDE，所以四边形ABED是矩形 所以BEAD，BEAD，ABAD，因为ABPA，又PAADA，所以AB平面PAD，所以CD平面PAD，所以CDPD，且CDAD，又因为在平面PCD中，EFPD，所以CDEF 因为EFBEE，EF平面BEF，BE平面BEF，又CDBE，所以CD平面BEF，因为CD平面PCD，所以平面BEF平面PCD(2)以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，建立空间直角坐标系，因为 PBBCBD 6，CD2AB2 2，PAD120，所以 PA PB2AB2 622，ADBE BD2AB2 622，BC BE2CE2 222，则 P(0，1，3)
25、，D(0,2,0)，B(2，0,0)，C(2 2，2,0)，PD(0,3，3)，BP(2，1，3)，BC(2，2,0)设平面 PBC 的法向量 n(x，y，z)，则nBC 2x2y0，nBP 2xy 3z0，设直线 PD 与平面 PBC 所成的角为，sin|cosPD，n|PDn|PD|n|3112103 105 所以直线 PD 与平面 PBC 所成的角的正弦值为 105 如图所示，正方形 AA1D1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB2AD2，点 E 为 AB的中点，(1)求证：D1EA1D；(2)在线段 AB 上是否存在点 M，使二面角 D1MCD 的大小为6？若存在，求出 AM 的
26、长，若不存在，说明理由命题方向3 利用向量解决探索性问题解析(1)连结 AD1交 A1D 于 F，四边形 AA1D1D 为正方形，AD1A1D，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直，交线为 AD，AEAD，AE平面 AA1D1D，又 A1D平面 AA1D1DAEA1D，又 AD1AEA，A1D平面 AD1E，又 D1E平面 AD1E，A1DD1E(2)存在满足条件的点 M，AM2 33 解法一：假设存在满足条件的点 M，过点 D 作 DNCM 于点 N，连结 D1N，则 D1NCM，所以D1ND 为二面角 D1CMD 的平面角，所以D1ND6，在 RtD1ND 中，D1D1
27、 所以 DN 3，又在 RtDNC 中，CDAB2，所以NDC6，MCB6，在 RtMCB 中，BMBCtan6 33，AM2 33 故在线段 AB 上存在一点 M，使得二面角 D1CMD 为6，且 AM2 33 解法二：依题意，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为AB2AD2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，所以DD1(0,0,1)，D1C(0,2，1)易知DD1 为平面 MCD 的法向量，设 M(1，a,0)(0a2)，所以MC(1,2a,0)，设平面 D1MC 的法向量 n(x，y，z)，所
28、以nD1C 0，nMC 0，即x，y，z0，2，10，x，y，z1，2a，00，所以z2y，x2ay，取 y1，则 n(2a,1,2)，又二面角 D1MCD 的大小为6，所以 cos6|DD1 n|DD1|n|0，0，12a，1，2|12 2a2122即 3a212a110，解得 a2 33 又因为 0a2，所以 a2 33故在线段 AB 上是存在点 M，使二面角 D1MCD 的大小为6，且 AM2 33 规律总结 利用空间向量巧解探索性问题(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，只需通过坐标运算进行判断(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程
29、或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题(2016北京高考)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(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 解析(1)因为平面PAD平面ABCD，交线为AD，AB平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD 因为PD平面PAD，所以ABPD 又因为
30、PAPD，PAABA，PA，AB平面PAB，所以PD平面PAB(2)取AD中点O，连接OP，OC 因为PAPD，所以OPAD 又因为平面PAD平面ABCD，交线为AD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD 又因为ACCD，所以OCAD 因为ABAD，所以OCAB且OC2AB如图，分别以 OC，OA，OP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)PB(1,1，1)，PC(2,0，1)，PD(0，1，1)设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则nPC2xz0，nPDyz0，所以 z2x，y2x令 x1 得，n
31、(1，2,2)cosPB，nPBn|PB|n|12233 33 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 33(3)方法一：过 B 作 BEAD，交 OC 于 H，交 CD 于 E因为 OCAB 且 OC2AB，所以 OHAB，OHAB，BHAO所以 H 为 OC 的中点所以 EHOD，EH12OD所以 BE34AD 且 BEAD在 PD，PA 上分别取点 F，M，使得 PF34PD，PM34PA，则 FMAD，FM34AD所以 FMBE，FMBE所以四边形 BEFM 为平行四边形所以 BMEF又因为 BM平面 PCD，EF平面 PCD，所以 BM平面 PCD因此，在棱 PA 上存在点 M，使得 BM平面 PCD，且AMAP14方法二：假设存在 M 点使得 BM面 PCD，设AMAP，M(0，y，z)，由(2)知 A(0,1,0)，P(0,0,1)，AP(0，1,1)，B(1，1,0)，AM(0，y1，z)，有AMAP M(0,1，)，所以BM(1，)因为 BM面 PCD，n 为面 PCD 的法向量，所以BMn0，即1220所以 14.综上，存在 M 点，即当AMAP14时，M 点即为所求