（通用版）2019版高考数学二轮复习第一部分第二层级重点增分专题九立体几何中的向量方法讲义理（普通生，含解析）.doc

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1、1重点增分专题九 立体几何中的向量方法全国卷 3 年考情分析年份 全国卷 全国卷 全国卷2018线面角的正弦值的求解T 18(2)二面角、线面角的正弦值的求解T 20(2)二面角的正弦值的求解T 19(2)2017二面角的余弦值的求解T 18(2)二面角的余弦值的求解T 19(2)二面角的余弦值的求解T 19(2)2016二面角的余弦值的求解T 18(2)二面角的正弦值的求解T 19(2)线面角的正弦值的求解T 19(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第 18 或 19 题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上利用空间向量证明空间位

2、置关系 考 点 一保 分 考 点 练 后 讲 评1. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC90 ， BC2， CC14， D 为 C1C证 明 线 面 垂 直 的中点，求证： B1D平面 ABD.证明：由题意知 AB， BC， BB1两两垂直，故以 B 为坐标原点，BA， BC， BB1所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0,0,0)， D(0,2,2)， B1(0,0,4)， C1(0,2,4)，设 BA a，则 A(a,0,0)，所以 ( a,0,0)， (0,2,2)，BA BD (0,2，2)，B1D 所以 0， 0440，B1D B

3、A B1D BD 即 B1D BA， B1D BD.又 BA BD B， BA平面 ABD， BD平面 ABD，所以 B1D平面 ABD.2. 如图所示，在底面是矩形的四棱证 明 线 面 平 行 、 面 面 垂 直 锥 PABCD 中， PA底面 ABCD， E， F 分别是 PC， PD 的中点，PA AB1， BC2.(1)求证： EF平面 PAB；(2)求证：平面 PAD平面 PDC.2证明：以 A 为坐标原点， AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2，0)， D(0,2,0)， P

4、(0,0,1)，所以 E ， F ，(12， 1， 12) (0， 1， 12) ， (0,0,1)， (0,2,0)，EF ( 12， 0， 0) AP AD (1,0,0)， (1,0,0)DC AB (1)因为 ，所以 ，EF 12AB EF AB 即 EF AB.又 AB平面 PAB， EF平面 PAB，所以 EF平面 PAB.(2)因为 (0,0,1)(1,0,0)0，AP DC (0,2,0)(1,0,0)0，AD DC 所以 ， ，AP DC AD DC 即 AP DC， AD DC.又 AP AD A， AP平面 PAD， AD平面 PAD，所以 DC平面 PAD.因为 DC平

5、面 PDC，所以平面 PAD平面 PDC.解题方略 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题.利用空间向量求空间角 增分考点广度拓展考 点 二分点研究 题型一 计算异面直线所成的角例 1 已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC120 ， AB2， BC CC11，求异面直线AB1与 BC1所成角的余弦值解 法一：(基向量法)如图，取

6、3a， b， c，则由已知可得|a|2，|b|c|1，BA BC BB1 且a，b120 ， a，cb，c90 .所以 ab21cos 120 1，acbc0.因为 ca， bc，AB1 BC1 所以 (ca)(bc)c 2cbabac1 20(1)02.AB1 BC1 又| | ，AB1 c a 2 c2 2ca a2 12 0 22 5| | ，BC1 b c 2 b2 2bc c2 12 0 12 2所以 cos ， .AB1 BC1 252 105所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 .105法二：(坐标法)如图，在平面 ABC 内过点 B 作 BD AB，交AC 于点 D，

7、则 CBD30 .因为 BB1平面 ABC，故以 B 为坐标原点，分别以射线BD， BA， BB1为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则 B(0,0,0)， A(0,2,0)， B1(0,0,1)， C1(cos 30，sin 30，1)，即 C1 .(32， 12， 1)所以 (0，2,1)， .AB1 BC1 (32， 12， 1)所以 cos ， AB1 BC1 .032 2 ( 12) 110 2 2 12 (32)2 ( 12)2 12 105所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 .105解题方略 向量法求异面直线所成角设异面直线 a， b 所成的角为

8、 ，则 cos ，其中，a，b 分别是直线 a， b|ab|a|b|的方向向量此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示两个向量的4夹角范围是0，而两异面直线所成角的范围是 ，应注意加以区分(0， 2注意 两条异面直线所成角的范围是 .当所作或所求的角为钝角时，应取其(0， 2补角作为两条异面直线所成的角 题型二 计算直线与平面所成的角例 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，

9、且 PF BF.(1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值解 (1)证明：由已知可得 BF PF， BF EF，又 PF EF F，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)如图，作 PH EF，垂足为 H.由(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BF BF 直角坐标系 Hxyz.由(1)可得， DE PE.又因为 DP2， DE1，所以 PE .3又 PF1， EF2，所以 PE PF.所以 PH ， EH .32 32则 H(0

10、,0,0)， P ， D ，(0， 0，32) ( 1， 32， 0) ， .DP (1， 32， 32) HP (0， 0， 32)又 为平面 ABFD 的法向量，HP 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，5则 sin .343 34所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .34解题方略 向量法求直线和平面所成的角设 为直线 l 与平面 所成的角， 为直线 l 的方向向量 m 与平面 的法向量 n之间的 夹角，则有 (如图 (1)或 (如图 (2)，所以有 sin |cos 2 2 | |cosm ， n | .特别地， 0 时， ， l ； 时，|mn|m|n| 2 2 0，

11、l 或 l . 题型三 计算二面角例 3 如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中， AA1平面ABCD，且 AB AD2， AA1 ， BAD120 .3(1)求异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值；(2)求二面角 BA1DA 的正弦值解 (1)在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE AD，交 BC 于点 E.因为 AA1平面 ABCD，所以 AA1 AE， AA1 AD.故以 AE， AD， AA1所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.因为 AB AD2，AA1 ， BAD120 ，3则 A(0,0,0)， B( ，1,0)， D(

12、0,2,0)， E( ，0,0)， A1(0，0， )，3 3 3C1( ， 1， )3 3(1) ( ，1， )， ( ，1， )A1B 3 3 AC1 3 3则 cos ， .A1B AC1 3 1 377 17因此异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值为 .176(2)可知平面 A1DA 的一个法向量为 ( ，0,0)AE 3设 m( x， y， z)为平面 BA1D 的一个法向量，又 ( ，1， )， ( ，3,0)，A1B 3 3 BD 3则 即Error!不妨取 x3，则 y ， z2，3所以 m(3， ，2)为平面 BA1D 的一个法向量，3从而 cos ，m .AE 333

13、4 34设二面角 BA1DA 的大小为 ，则|cos | .34因为 0，所以 sin .1 cos274因此二面角 BA1DA 的正弦值为 .74解题方略 向量法求二面角设二面角 l 的平面角为 (0 )，n 1，n 2分别为平面 ， 的法向量，向量 n1，n 2的夹角为 ，则有 (如图(1)或 (如图(2)，其中 cos .n1n2| n1|n2|多练强化1.(2019 届高三贵阳摸底)如图， CD， AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形， E 是底面圆周上不同于A， B 两点的一点， AE1.(1)求证： BE平面 DAE；(2)求二面角 CDB

14、E 的余弦值解：(1)证明：由圆柱的性质知， DA平面 ABE，又 BE平面 ABE， BE DA， AB 是底面圆的直径， E 是底面圆周上不同于 A， B 两点的一点， BE AE.7又 DA AE A， DA平面 DAE， AE平面 DAE， BE平面 DAE.(2)法一：如图，过 E 作 EF AB，垂足为 F，由圆柱的性质知平面ABCD平面 ABE， EF平面 ABCD.过 F 作 FH DB，垂足为 H，连接 EH，则 EHF 即所求的二面角的平面角的补角，由 AB AD2， AE1，得 DE ， BE ， BD2 ，5 3 2 EF ，AEBEAB 32由(1)知 BE DE，

15、EH ，DEBEDB 5322 304sin EHF ，EFEH32304 105cos EHF ，1 sin2 EHF155二面角 CDBE 的余弦值为 .155法二：过 A 在平面 AEB 内作垂直于 AB 的直线，建立如图所示的空间直角坐标系， AB AD2， AE1， BE ， E ，3 (32， 12， 0)D(0,0,2)， B(0,2,0)， ， (0，2,2)ED ( 32， 12， 2) BD 设平面 EBD 的法向量为 n( x， y， z)，则 即Error!取 z1，则 n( ，1,1)为平面 EBD 的一个法向量3易知平面 CDB 的一个法向量为 m(1,0,0)，c

16、osm，n ，mn| m|n| 35 155由图知，二面角 CDBE 为钝角，8二面角 CDBE 的余弦值为 .1552(2018石家庄质检)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形且 CBB160 ， AB AC1.(1)证明：平面 AB1C平面 BB1C1C；(2)若 AB B1C，直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30，求直线 AB1与平面 A1B1C 所成角的正弦值解：(1)证明：连接 BC1交 B1C 于点 O，连接 AO，侧面 BB1C1C 为菱形， B1C BC1. AB AC1， O 为 BC1的中点， AO BC1. B1C AO O， B

17、C1平面 AB1C.又 BC1平面 BB1C1C，平面 AB1C平面 BB1C1C.(2) AB B1C， BO B1C， AB BO B， B1C平面 ABO，又 AO平面 ABO， AO B1C，从而 OA， OB， OB1两两垂直以 O 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 Oxyz.OB 直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30， ABO30 .设 AO1，则 BO ，又 CBB160 ，3 CBB1是边长为 2 的等边三角形， A(0,0,1)， B( ，0,0)， B1(0,1,0)， C(0，1,0)，3(0,1，1)， (0，2,0)，A

18、B1 B1C ( ，0，1)A1B1 AB 3设 n( x， y， z)是平面 A1B1C 的法向量，则 即Error!9令 x1，则 n(1,0， )为平面 A1B1C 的一个法向量3设直线 AB1与平面 A1B1C 所成的角为 ，则 sin |cos ，n| ，AB1 64直线 AB1与平面 A1B1C 所成角的正弦值为 .64利用空间向量解决探索性问题 考 点 三增 分 考 点 讲 练 冲 关典例 已知几何体 ABCC1B1N 的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形(1)连接 B1C，若 M 为 AB 的中点，在线段 CB 上是否存在一点 P，

19、使得 MP平面 CNB1？若存在，求出 BP 的长；若不存在，请说明理由(2)求二面角 CNB1C1的余弦值解 由题意可知， BA， BB1， BC 两两垂直，以BA， BB1， BC 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz，则由该几何体的三视图可知， C(0,0,4)，N(4,4,0)， B1(0,8,0)， C1(0,8,4)(1)设平面 CNB1的法向量为 n( x， y， z) (4，4,4)， (4,4,0)，NC NB1 即Error!令 x1，可得平面 CNB1的一个法向量为 n(1,1,2)，设 P(0,0， a)(0 a4)，由于 M

20、(2,0,0)，则 (2,0， a)PM 又 MP平面 CNB1， n22 a0，解得 a1.PM 在线段 CB 上存在一点 P，使得 MP平面 CNB1，此时 BP1.(2)设平面 C1NB1的法向量为 m( x， y， z)，10 (4,4,4)，NC1 即Error!令 x1，可得平面 C1NB1的一个法向量为 m(1,1,0)，cosm，n .mn|m|n| 1 126 33由图可知，二面角 CNB1C1为锐角，故二面角 CNB1C1的余弦值为 .33解题方略 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(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

21、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，给出肯定结论多练强化如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 为矩形， PA平面 ABCD，点 E是棱 PD 的中点，点 F 是 PC 的中点(1)证明： PB平面 AEC.(2)若四边形 ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角 CAFD大小为 60？解：(1)证明：连接 BD，设 AC BD O，连接 OE，因为四边形 ABCD 为矩形，所以点 O 是 BD 的中点，因为点 E 是棱 PD 的中点，所以 PB EO，又因为

22、 PB平面 AEC， EO平面 AEC，所以 PB平面 AEC.(2)由题意知 AB， AD， AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，以AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 AB AD2 a， AP2 c，则 A(0,0,0)， C(2a,2a,0)， D(0，2 a,0)， P(0,0,2c)，F(a， a， c)因为 z 轴平面 CAF，11所以设平面 CAF 的一个法向量为 n( x,1,0)，而 (2 a,2a,0)，AC 所以 n2 ax2 a0，得 x1，AC 所以 n(1,1,0)因为 y 轴平面 DAF，所以设平面 DA

23、F 的一个法向量为 m(1,0， z)，而 ( a， a， c)，所以 m a cz0，得 z ，AF AF ac所以 m ，(1， 0， ac)所以 cos 60 ，得 a c.|nm|n|m| 121 a2c2 12即当 AP 等于正方形 ABCD 的边长时，二面角 CAFD 的大小为 60.数学抽象向量法解决空间立体几何问题典例 如图，在三棱锥 PABC 中， PA底面ABC， BAC90 .点 D， E， N 分别为棱 PA， PC， BC 的中点， M 是线段 AD 的中点， PA AC4， AB2.(1)求证： MN平面 BDE；(2)求二面角 CEMN 的正弦值；(3)已知点 H

24、 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 ，求线段 AH 的长721解 由题意知， AB， AC， AP 两两垂直，故以 A 为坐标原点，分别以 ， ， 方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立如图AB AC AP 所示的空间直角坐标系依题意可得 A(0，0,0)， B(2，0,0)， C(0,4,0)， P(0，0,4)，D(0,0,2)， E(0,2,2)， M(0,0,1)， N(1,2,0)(1)证明： (0,2,0)， (2,0，2)DE DB 设 n( x， y， z)为平面 BDE 的法向量，则 即Error!不妨取 z1，可得 n(1,0,1)12又

25、(1,2，1)，可得 n0.MN MN 因为 MN平面 BDE，所以 MN平面 BDE.(2)易知 n1(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量设 n2( x1， y1， z1)为平面 EMN 的法向量，又 (0，2，1)， (1,2，1)，EM MN 则 即Error!不妨取 y11，可得 n2(4,1，2)因此有 cosn 1，n 2 ，n1n2| n1|n2| 421于是 sinn 1，n 2 .10521所以二面角 CEMN 的正弦值为 .10521(3)依题意，设 AH h(0 h4)，则 H(0,0， h)，进而可得 (1，2， h)， (2,2,2)NH BE 由已知，得|cos ， |NH BE ，|2h 2|h2 523 721整理得 10h221 h80，解得 h 或 h .85 12所以线段 AH 的长为 或 .85 12素养通路本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养13