（通用版）2019版高考数学二轮复习第一部分专题十立体几何中的向量方法讲义理（重点生，含解析）.doc

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1、1专题十 立体几何中的向量方法卷 卷 卷2018线面角的正弦值的求解T18(2)二面角、线面角的正弦值的求解T20(2)二面角的正弦值的求解T19(2)2017二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的余弦值的求解T19(2)二面角的余弦值的求解T19(2)2016二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的正弦值的求解T19(2)线面角的正弦值的求解T19(2)纵向把握趋势全国卷 3 年 3 年考，涉及直线与平面所成角、二面角的求解，且都在解答题中的第(2)问出现，难度适中预计 2019 年仍会以解答题的形式考查二面角或线面角的求法横向把握重点高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第

2、18 或 19 题的第(2)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.考法一 利用空间向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为 a( a1， b1， c1)，平面 ， 的法向量分别为 u( a2， b2， c2)，v( a3， b3， c3)(1)线面平行：l a uau0 a1a2 b1b2 c1c20.(2)线面垂直：l a ua kua1 ka2， b1 kb2， c1 kc2.(3)面面平行： u vu kva2 ka3， b2 kb3， c2 kc3.(4)面面垂直： u vuv0 a2a3 b2b3 c2c30.如图，在四棱锥 PABCD 中，

3、PA底面典 例 ABCD， AD AB， AB DC， AD DC AP2， AB1，点 E 为棱 PC 的中点求证：2(1)BE DC；(2)BE平面 PAD；(3)平面 PCD平面 PAD.破题思路第(1)问求什么想什么 要证 BE DC，想到证 ，即 0BE DC BE DC 给什么用什么由 PA底面 ABCD， AD AB，可知 AP， AB， AD 三条直线两两互相垂直，可用来建立空间直角坐标系差什么找什么建立坐标系后，要证 0，缺少 ， 的坐标，根BE DC BE DC 据所建坐标系求出 B， E， D， C 点的坐标即可第(2)问求什么想什么 要证 BE平面 PAD，想到证 与平

4、面 PAD 的法向量垂直BE 差什么找什么需要求 及平面 PAD 法向量的坐标，可根据第(1)问建立的空间BE 直角坐标系求解第(3)问求什么想什么要证平面 PCD平面 PAD，想到证平面 PCD 的法向量与平面 PAD 的法向量垂直差什么找什么缺少两个平面的法向量，可利用(1)中所建的空间直角坐标系求解规范解答依题意知， AB， AD， AP 两两垂直，故以点 A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得 B(1,0,0)， C(2,2，0)， D(0,2,0)，P(0,0,2)由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1,1,1)(1)因为 (0,1,1)， (2,0,0)，故 0.所以BE

5、DC BE DC BE DC.(2)易知 (1,0,0)为平面 PAD 的法向量，AB 3而 (0,1,1)(1,0,0)0，所以 BE AB，BE AB 又 BE平面 PAD，所以 BE平面 PA D.(3) (0,2，2)， (2,0,0)，PD DC 设平面 PCD 的法向量为 n( x， y， z)，则 即Error!不妨令 y1，可得 n(0,1,1)为平面 PCD 的一个法向量因为平面 PAD 的一个法向量 (1,0,0)，AB 所以 n (0,1,1)(1,0,0)0，所以 n .AB AB 所以平面 PCD平面 PAD.题后悟通利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立

6、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对点训练如图，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)根据题意，以 B 为坐标原点， BA， BC， BB1所在的直线分别为 x 轴， y 轴

7、， 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(0,0,4)， C1(0,2,4)，设 BA a，4则 A(a,0,0)，所以 ( a,0,0)， (0,2,2)，BA BD (0,2，2)，B1D 所以 0，B1D BA 0440，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)由(1)知， E(0,0,3)， G ， F(0,1,4)，(a2， 1， 4)则 ， (0,1,1)，EG (a2， 1， 1) EF 所以 0220， 0220，B1D EG B1D

8、EF 即 B1D EG， B1D EF.又 EG EF E， EG平面 EGF， EF平面 EGF，因此 B1D平面 EGF.结合(1)可知平面 EGF平面 ABD.考法二 利用空间向量求空间角 1向量法求异面直线所成的角若异面直线 a， b 的方向向量分别为 a，b，异面直线所成的角为 ，则 cos |cosa，b| .|ab | a | b |2向量法求线面所成的角求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为 ，则 sin |cosn，a| .|na | n | a |3向量法求二面角求出二面角 l 的两个半平面 与 的法向量 n1，n 2，若二面角 l 所成的角 为锐角，则

9、 cos |cosn 1，n 2| ；若二面角 l 所成的角|n1n2| n1| n2| 为钝角，则 cos |cos n1， n2| .|n1n2|n1|n2|5题型策略(一)Error!求异面直线所成的角(2015全国卷)如图，四边形 ABCD 为菱形， ABC120， E， F 是平例 1面 ABCD 同一侧的两点， BE平面 ABCD， DF平面 ABCD， BE2 DF， AE EC.(1)证明：平面 AEC平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值破题思路第(1)问求什么想什么证明平面 AEC平面 AFC，想到求二面角 EACF 的平面角为直角或证明平面 AEC

10、 的法向量与平面 AFC 的法向量垂直给什么用什么四边形 ABCD 为菱形，则连接 BD，使 BD AC O，有 AC BD，且OA OC， OB O D.由 EB平面 ABC， FD平面 ABC， AB BC CD AD，可证EA EC， FA FC，即 EAC 和 FAC 均为等腰三角形差什么找什么要证二面角的平面角为直角，需找出二面角的平面角，连接EO， FO 可知 EOF 即为二面角的平面角；若利用坐标系求解，此时可以 O 为坐标原点，以 OB 和 OC 分别为 x 轴， y 轴建系第(2)问求什么想什么 求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值，想到求 与 的夹角的余弦值AE CF

11、 给什么用什么由 BD 与 AC 垂直平分，且 BE平面 ABCD，可以 OB 与 OC 分别为 x 轴， y 轴建立空间直角坐标系差什么找什么差各线段的具体长度，故可令 OB1，进而求出各点坐标， 和 的AE CF 坐标规范解答(1)证明：连接 BD，设 BD AC 于点 O，连接 EO， FO， EF.在菱形 ABCD 中，不妨设OB1.6由 ABC120，可得 AO OC .3由 BE平面 ABCD， AB BC，可知 AE EC，故 EO AC.由 DF平面 ABCD， AD DC，可知 AF FC，故 FO AC.所以二面角 EACF 的平面角为 EOF.又 AE EC，所以 EO

12、.3在 Rt EBO 中，可得 BE ，故 DF .222在 Rt FDO 中，可得 FO .62在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE ， DF ，222可得 EF .322从而 EO2 FO2 EF2，所以 EO FO.所以二面角 EACF 为直角，所以平面 AEC平面 AFC.(2)以 O 为坐标原点，分别以 ， 的方向为 x 轴， y 轴正方向，| |为单位长OB OC OB 度，建立空间直角坐标系 Oxyz.由(1)可得 A(0， ，0)， E(1,0， )， F ， C(0， ，0)，3 2 ( 1， 0，22) 3所以 (1， ， )， .AE 3 2 CF ( 1， 3，

13、22)故 cos ， .AE CF 33所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 .33题后悟通思路受阻分析解决第(1)问时，不能正确作出二面角的平面角或虽然作出，但不能正确求解而造成问题无法求解或求解错误，解决第(2)问时，不能建立恰当的空间直角坐标系，是造成不能解决问题的常见障碍技法 求异面直线所成的角 ，可以通过求两直线的方向向量的夹角 求得，即7关键点拨 cos |cos |.要注意 的范围为(0， 2对点训练1.将边长为 1 的正方形 AA1O1O(及其内部)绕 OO1旋转一周形成圆柱，如图， AC长为 ， A1B长为 ，其中 B1与 C 在平面23 3AA1O1O 的同侧(1

14、)求三棱锥 CO1A1B1的体积；(2)求异面直线 B1C 与 AA1所成的角的大小解：(1) 1 ， A1O1B1 ， 3 3 S O1A1B1 O1A1O1B1sin ，12 3 34 VCO1A1B1 OO1S O1A1B1 1 ，13 13 34 312三棱锥 CO1A1B1的体积为 .312(2)以 O 为坐标原点， OA， OO1所在直线为 y 轴， z 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(0,1,0)， A1(0,1,1)， B1 ，(32， 12， 1)C .(32， 12， 0) (0,0,1)，AA1 (0，1，1)，B1C cos ， ，AA1 B1C 22 ， ，A

15、A1 B1C 34异面直线 B1C 与 AA1所成的角为 . 4题型策略(二)Error!求直线与平面所成的角(2018合肥质检)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，例 28BF平面 ABCD， DE平面 ABCD， BF DE， M 为棱 AE 的中点(1)求证：平面 BDM平面 EFC；(2)若 DE2 AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值破题思路第(1)问求什么想什么求证平面 BDM平面 EFC，想到证明平面 BDM 内的两条相交直线与平面EFC 平行给什么用什么由 BF平面 ABCD， DE平面 ABCD， BF DE，利用线面垂直的性质及平行四

16、边形的性质可知四边形 BDEF 为平行四边形，即 EF BD差什么找什么还需在平面 BDM 中找一条直线与平面 CEF 平行，由 M 为棱 AE 的中点，想到构造三角形的中位线，连接 AC 与 BD 相交即可第(2)问求什么想什么求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值，想到求直线 AE 的方向向量与平面 BDM 的法向量所成角的余弦的绝对值给什么用什么题干中有 DE平面 ABCD，四边形 ABCD 为正方形，从而有 DE， DA， DC两两互相垂直，利用此性质建立空间直角坐标系差什么找什么要求点的坐标，需要线段的长度，通过 DE2 AB 赋值即可解决规范解答(1)证明：连接 AC 交 B

17、D 于点 N，则 N 为 AC 的中点，连接 MN，又 M 为 AE 的中点， MN EC. MN平面 EFC， EC平面 EFC， MN平面 EFC. BF， DE 都垂直底面 ABCD， BF DE.9 BF DE，四边形 BDEF 为平行四边形， BD EF. BD平面 EFC， EF平面 EFC， BD平面 EFC.又 MN BD N，平面 BDM平面 EFC.(2) DE平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， DA， DC， DE 两两垂直，以 D 为坐标原点， DA， DC， DE 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 Dxyz.设 AB2，则

18、 DE4，从而 D(0,0,0)， B(2,2,0)， A(2,0,0)， E(0,0,4)， M(1,0,2)， (2,2,0)， (1,0,2)，DB DM 设平面 BDM 的法向量为 n( x， y， z)，则 即Error!令 x2，则 y2， z1，从而 n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量 (2,0,4)，AE 设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 ，则 sin |cosn | ，AE 4515直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为 .4515题后悟通思路受阻分析解决第(1)问不能正确利用 M 为中点这一条件构造中位线导致问题不易求解；第(2)忽视条件 DE2 A

19、B，不能正确赋值，造成不能继续求解或求解错误技法关键点拨用向量法求解直线 l 与平面 所成的角的一般思路为：设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，则直线 l 与平面 所成的角 满足 sin |cos a， n|对点训练2.(2018全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形， E， F 分10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 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.

20、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HF 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(0,0,0)， 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

21、成角为 ，则 sin .343 34所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .34题型策略(三)Error!求平面与平面所成角(2018沈阳质监)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，底例 3面 ABCD 是正方形，且 PA PD， APD90.11(1)证明：平面 PAB平面 PCD；(2)求二面角 APBC 的余弦值破题思路第(1)问求什么想什么证明平面 PAB平面 PCD，想到证明其中一个平面内的某条直线垂直于另一个平面给什么用什么给出平面 PAD平面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，用面面垂直的性质定理可知CD平面 APD，则 CD AP，然后结合 A

22、PD90，即 PD AP，利用面面垂直的判定定理即可证明第(2)问求什么想什么求二面角 APBC 的余弦值，想到求平面 APB 和平面 BCP 的法向量的夹角的余弦值给什么用什么由题目条件底面 ABCD 为正方形，可以根据正方形的性质确定 x 轴， y 轴建系差什么找什么要建立空间直角坐标系，还缺少 z 轴由平面 PAD平面 ABCD，可在平面 PAD 内过点 P 作 AD 的垂线即可规范解答(1)证明：底面 ABCD 为正方形， CD AD.又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD AD， CD平面 PA D.又 AP平面 PAD， CD AP. APD90，即 PD AP，

23、又 CD PD D， AP平面 PC D. AP平面 PAB，平面 PAB平面 PC D.(2)取 AD 的中点为 O， BC 的中点为 Q，连接 PO， OQ，易得 PO底面 ABCD， OQ AD，以O 为原点， ， ， 的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立如图所示的空间直OA OQ OP 角坐标系，不妨设正方形 ABCD 的边长为 2，12可得 A(1,0,0)， B(1,2,0)， C(1,2,0)， P(0,0,1)设平面 APB 的法向量为 n1( x1， y1， z1)，而 (1,0，1)， (1,2，1)，PA PB 则 即Error!取 x11，得 n1(1,

24、0,1)为平面 APB 的一个法向量设平面 BCP 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，而 (1,2，1)， (1,2，1)，PB PC 则 即Error!取 y21，得 n2(0,1,2)为平面 BCP 的一个法向量cos n1， n2 ，n1n2|n1|n2| 105由图知二面角 APBC 为钝角，故二面角 APBC 的余弦值为 .105题后悟通思路受阻分析本题第(1)问因不能正确利用面面垂直的性质，而得不出 CD平面PAD，从而导致无法证明面面垂直；第(2)问不能正确利用面面垂直的性质找出 z 轴而无法正确建立空间直角坐标系而导致不能正确求解技法关键点拨求二面角 l 的平面角的余

25、弦值，即求平面 的法向量 n1与平面 的法向量 n2的夹角的余弦 cos n1， n2 ，但要注意判断二面角是锐角还是钝角对点训练3. (2019 届高三昆明调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形， ADC90， AB CD， AB2 CD.平面 PAD平面 ABCD， PA PD，点 E 在 PC 上， DE平面 PAC.(1)证明： PA平面 PCD；13(2)设 AD2，若平面 PBC 与平面 PAD 所成的二面角为 45，求 DE 的长解：(1)证明：由 DE平面 PAC，得 DE PA.又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD AD， CD

26、AD，所以 CD平面 PAD，所以 CD PA.又 CD DE D，所以 PA平面 PC D.(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，因为 PA PD，所以 PO AD，则 PO平面 ABCD，以 O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，由(1)得 PA PD，由 AD2 得 PA PD ， OP1，2设 CD a，则 P(0,0,1)， D(0,1,0)， C(a,1,0)，B(2a，1，0)，则 ( a,2,0)， ( a,1，1)，BC PC 设 m( x， y， z)为平面 PBC 的法向量，则 即Error!令 x2，则 y a， z3 a，故 m(2， a,3a)为平

27、面 PBC 的一个法向量，由(1)知 n ( a,0,0)为平面 PAD 的一个法向量，DC 由|cos m， n| ，|mn|m|n| |2a|a10a2 4 22解得 a ，即 CD ，105 105所以在 Rt PCD 中， PC ，2155由等面积法可得 DE .CDPDPC 33考法三 利用空间向量求解探索性问题(2018山东潍坊三模)如图，在四棱锥 EABCD 中，典 例 底面 ABCD 为矩形，平面 ABCD平面 ABE， AEB90， BE BC， F为 CE 的中点(1)求证：平面 BDF平面 ACE；(2)若 2AE EB，在线段 AE 上是否存在一点 P，使得二面角 PD

28、BF 的余弦值的绝对值为 .请说明理由1010破题思路第(1)问14求什么想什么求证平面 BDF平面 ACE，想到证明其中一个平面内的直线垂直于另一个平面给什么用什么由平面 ABCD平面 ABE， AEB90可利用面面垂直性质及线面垂直的判定及性质得到 AE BF；再由 BE BC， F 为 CE 的中点，可利用等腰三角形中线、高线合一可得到 BF CE；进而再由线面垂直的判定、面面垂直的判定得证第(2)问求什么想什么在线段 AE 上是否存在一点 P，使得二面角 PDBF 的余弦值的绝对值为 .想到1010假设点 P 存在，建立空间直角坐标系，设出点 P 坐标，求二面角的余弦值即可给什么用什么

29、2AE EB，题目已知条件及(1)的结论，可建系设点表示出两平面的法向量，进而由两法向量夹角公式得出关于点 P 坐标的方程，求解即可规范解答(1)证明：因为平面 ABCD平面 ABE， BC AB，平面 ABCD平面 ABE AB，所以 BC平面 ABE，又 AE平面 ABE，所以 BC AE.因为 AE BE， BC BE B，所以 AE平面 BCE，因为 BF平面 BCE，所以 AE BF，在 BCE 中，因为 BE BC， F 为 CE 的中点，所以 BF CE，又 AE CE E，所以 BF平面 ACE，又 BF平面 BDF，所以平面 BDF平面 ACE.(2)存在如图，建立空间直角坐

30、标系 Exyz，设 AE1，则 E(0,0,0)， B(2,0,0)，D(0,1,2)， C(2,0,2)， F(1,0,1)，(2,1,2)， (1,0,1)，设 P(0， a,0)，BD BF a0,1，则 (2， a,0)，PB 结合(1)易知 EC平面 BDF，故 (2,0,2)为平面 BDF 的一个法向量，EC 设 n( x， y， z)为平面 BDP 的法向量，15则 即Error!令 x a，可得平面 BDP 的一个法向量为 n( a,2， a1)，所以 cos ， n ，EC 2a 12a2 4 a 1 2由|cos ， n| ，解得 a0 或 a1.EC 1010故在线段 A

31、E 上存在点 P，使得二面角 PDBF 的余弦值的绝对值为 ，且此时点 P 在1010E 处或 A 处题后悟通思路受阻分析解决第(1)问时，不会证明 AE BF，造成无法继续往下证明结论成立；解决第(2)问时，不能正确建立空间直角坐标系表示相关向量坐标，是造成不能解决问题的常见误区技法关键点拨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，给出肯定结论对点

32、训练如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，EF AB， DE EF1， DC BF2， EAD30.(1)求证： AE平面 CDEF；(2)在线段 BD 上确定一点 G，使得平面 EAD 与平面 FAG 所成的角为 30.解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是正方形，所以 AD CD2.在 ADE 中，由正弦定理得， ，ADsin AED DEsin EAD即 ，2sin AED 1sin 30解得 sin AED1，16所以 AED90，即 AE ED.在梯形 ABFE 中，过点 E 作 EP BF 交 AB 于点 P，因为 EF AB，所以 EP BF2， PB

33、EF1， AP1.在 Rt ADE 中， AE ，3所以 AE2 AP2 EP2，所以 AE AB，所以 AE EF，又 EF DE E，所以 AE平面 CDEF.(2)由(1)可得， AE EF，又 AD DC， DC EF， AD AE A，所以 DC平面 AED，又 DC平面 ABCD，所以平面 AED平面 ABCD.以 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中 z 轴为在平面 AED 内过点 D作 AD 的垂线所在的直线，则 B(2,2,0)， A(2,0，0)， E ， F ，(12， 0， 32) (12， 1， 32)所以 (2,2,0)， .DB AF ( 32， 1

34、， 32)设 (2 ，2 ，0)(0 1)，DG DB 则 (2 2,2 ，0)，AG 设平面 FAG 的法向量为 n1( x1， y1， z1)，则 即Error!取 x1 ，可得平面 FAG 的一个法向量为 n1( ， ，25 )，3 3 3 3易知平面 EAD 的一个法向量为 n2(0,1,0)，所以 cos 30|n1n2|n1|n2| ，3| 1|3 2 3 1 2 2 5 2 32化简可得 9 26 10，解得 ，1317故当点 G 满足 时，平面 EAD 与平面 FAG 所成的角为 30.DG 13DB 高考大题通法点拨立体几何问题重在“建”建模、建系思维流程 策略指导立体几何解

35、答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深解决这类题目的原则是建模、建系建模将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型建系依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 如图，四边形 ABCD 是矩形， AB1， AD ， E 是典 例 2AD 的中点， BE 与 AC 交于点 F， GF平面 ABC D.(1)求证： AF平面 BEG；(2)若 AF FG，求直线 EG 与平面 ABG 所成角的正弦值破题思路第(1)问求什么想什么求证 AF平面 BEG，想到证明 AF 与平面 BEG 内的两条相交直线垂直给什么用什么题目中

36、给出 GF平面 ABCD，利用线面垂直的性质可证 AF GF差什么找什么还差 AF 与平面 BEG 中的另一条与 GF 相交的直线垂直在矩形 ABCD 中，根据已知数据可证明 AFB9018第(2)问求什么想什么求直线 EG 与平面 ABG 所成角的正弦值，想到建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 与平面 ABG 的一个法向量的余弦值EG 给什么用什么题目中给出 GF平面 ABCD，可用 GF 为 z 轴，由(1)问可知 GF， AF， EF 两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系差什么找什么还缺少点的坐标，根据 AF FG，以及题目条件可求出相关点的坐标规范解答(1)证明：因为四边形 ABCD

37、 为矩形，所以 AEF CBF，所以 .AFCF EFBF AEBC 12又在矩形 ABCD 中， AB1， AD ，2所以 AE ， AC .22 3在 Rt BEA 中， BE ，AB2 AE262所以 AF AC ， BF BE .13 33 23 63在 ABF 中， AF2 BF2 2 21 AB2，(33) (63)所以 AFB90，即 AF BE.因为 GF平面 ABCD，AF平面 ABCD，所以 AF GF.又 BE GF F， BE平面 BEG， GF平面 BEG，所以 AF平面 BEG.(2)由(1)得 AC， BE， FG 两两垂直，以点 F 为原点， FA， FE， F

38、G 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，19则 A ， B ， G ，(33， 0， 0) (0， 63， 0) (0， 0， 33)E ， ，(0，66， 0) AB ( 33， 63， 0) ， .AG ( 33， 0， 33) EG (0， 66， 33)设 n( x， y， z)是平面 ABG 的法向量，则 即Error!取 x ，2得 n( ，1， )是平面 ABG 的一个法向量2 2设直线 EG 与平面 ABG 所成角的大小为 ，则 sin ，|02 ( 66) 1 33 2|0 16 132 1 2 155所以直线 EG 与平面 ABG 所成角的

39、正弦值为 .155关键点拨利用法向量求解空间角的关键在于“四破”对点训练(2018全国卷)如图，在三棱锥 PABC 中，AB BC2 ， PA PB PC AC4， O 为 AC 的中点2(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 所成角的正弦值解：(1)证明：因为 PA PC AC4， O 为 AC 的中点，所以 PO AC，且 PO2 .320连接 OB，因为 AB BC AC，22所以 ABC 为等腰直角三角形，且 OB AC， OB AC2.12所以 PO2 OB2 PB2，所以 PO O B.又因为 OB A

40、C O，所以 PO平面 ABC.(2)以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示OB 的空间直角坐标系 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 )，3(0,2,2 )AP 3取平面 PAC 的一个法向量 (2,0,0)OB 设 M(a,2 a,0)(0a2)，则 ( a,4 a,0)AM 设平面 PAM 的法向量为 n( x， y， z)由 得Error!令 y a，得 z a， x (a4)，所以平面 PAM 的一个法向量为 n( (a4)，3 3 3a， a)，3所以 cos ， n .OB 23 a

41、 423 a 4 2 3a2 a2由已知可得|cos ， n|cos 30 ，OB 32所以 ，23|a 4|23 a 4 2 3a2 a2 32解得 a 或 a4(舍去)43所以 n .(833， 433， 43)又 (0,2，2 )，PC 3所以 cos ， n .PC 833 8334 12643 163 169 3421所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 .34总结升华立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置

42、，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容，空间角的计算是重点内容 专题跟踪检测(对应配套卷 P188)1(2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 ACD所在平面垂直， M 是 ACD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解：(1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 C D.因为 BC CD， BC平面ABCD，

43、所以 BC平面 CMD，所以 BC DM.因为 M 为 ACD上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以 DM CM.又 BC CM C，所以 DM平面 BMC.因为 DM平面 AMD，所以平面 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DA 空间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥 MABC 的体积最大时， M 为 ACD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)，AM AB DA 设 n( x， y， z)是平面 MAB 的法向

44、量，22则 即Error!可取 n(1,0,2)，又 是平面 MCD 的一个法向量，DA 所以 cos n， ，sinn， .DA 55 DA 255所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是 .2552.(2018唐山模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中， PC底面ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，AB AD， AB CD， AB2 AD2 CD， E 是 PB 的中点(1)求证：平面 EAC平面 PBC；(2)若二面角 PACE 的余弦值为 ，求直线 PA 与平面 EAC 所63成角的正弦值解：(1)证明：因为 PC平面 ABCD， AC平面 ABCD，所以 AC PC.因为 AB2 AD2 CD，所以 AC BC AD CD，2 2所以 AC2 BC2 AB2，故 AC BC.又 BC PC C，所以 AC平面 PBC.因为 AC平面 EAC，所以平面 EAC平面 PBC.(2)如图，以 C 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方CB CA CP 向，建立空间直角坐标系，并设 CB2， CP2 a(a0)则 C(0,0