2019届高考数学二轮复习第二部分专项专题三 第2讲　立体几何中的向量方法(理)（学生版）.docx

1、专题三第2讲 立体几何中的向量方法立体几何考向预测以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查知识与技巧的梳理1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的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行l?a?a0?a1a2b1b2c1c20(2)线面垂直l?a?ak?a1ka2，b1kb2，c1kc2(3)面面平行?v?v?a2a3，b2b3，c2c3(4)面面垂直?v?v0?a2a3b2b3c2c302直线与直线、直线与平面、平面与平面

2、的夹角计算设直线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)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos (2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则(3)面面夹角设平面，的夹角为，则热点题型热点一利用空间向量证明平行、垂直关系【例1】如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，

3、D(0，2，0)，P(0，0，2)由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)(1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0所以BEDC(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB?平面ABCD，所以ABPA，PAADA，PA，AD?平面PAD，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又BE?平面PAD，所以BE平面PAD(3)由(2)知平面PAD的法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0，1，1)为平面PCD的一个法向量且n(0，1，1

4、)(1，0，0)0，所以n所以平面PAD平面PCD探究提高1利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系2向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致误【训练1】 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，

5、0，4)，C1(0，2，4)设BAa，则A(a，0，0)，所以(a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2)0，0440，则B1DBA，B1DBD又BABDB，BA，BD?平面ABD，因此B1D平面ABD(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，则，(0，1，1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF又EGEFE，EG，EF?平面EGF，因此B1D平面EGF结合(1)可知平面EGF平面ABD热点二利用空间向量计算空间角【例2】 (2019成都月考)）在直三棱柱（侧棱垂直底面）中，BA1C1B1ACD（）若异面直线与所成的角为，求棱柱的高；（）设是的中点，与平面所成的角为

6、，当棱柱的高变化时，求的最大值解：建立如图2所示的空间直角坐标系，设，则有CA1C1B1BA图1DFA1C1B1CzAyxB图2D，.（）因为异面直线与所成的角，所以，即，得，解得.（）由是的中点，得，于是.设平面的法向量为，于是由，可得 即，可取，于是.而，令，因为，当且仅当，即时，等号成立.所以，故当时，的最大值.探究提高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 |，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)3二面角的大小可

7、以利用分别在两个半平面内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【训练2】 (2017长郡中学二模)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADEBCF和一个正四棱锥PABCD组合而成，ADAF，AEAD2(1)证明：平面PAD平面ABFE；(2)求正四棱锥PABCD的高h，使得二面角CAFP的余弦值是(1)证明由于几何体是由一个直三棱柱ADEBCF和一个正四棱锥PABCD的组合体ADAB，又ADAF，AFABA，AD平面ABEF又AD?平面PAD，平面PAD平面ABFE(2)解以A为原点，AB，AE，AD的正方向为x，y，z轴

8、，建立空间直角坐标系Axyz设正四棱锥的高为h，AEAD2，则A(0，0，0)，F(2，2，0)，C(2，0，2)，P(1，h，1)，设平面ACF的一个法向量m(x，y，z)，(2，2，0)，(2，0，2)，则取x1，得m(1，1，1)，设平面AFP的一个法向量n(a，b，c)，(1，h，1)，则取b1，则n(1，1，1h)，二面角CAFP的余弦值，|cosm，n|，解得h1当四棱锥的高为1时，二面角CAFP的余弦值为限时训练（45分钟）经典常规题1(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A B CD2

9、(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值3(2018全国I卷) 如图，四边形为正方形，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值高频易错题 1(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()ABCD2(2017合肥二模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中BAEGAD45，AB2A

10、D2，BAD60(1)求证：BD平面ADG；(2)求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值3(2018全国II卷) 如图，在三棱锥中，为的中点（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值精准预测题1(2017衡阳联考)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1C1B1D1E，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面BCC1B1所成的角为，则cos()_2如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCCC12，AC2，M是AC的中点，则异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为_3(2017西安质检)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三

11、角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求二面角CBED的余弦值的大小4(2018全国III卷) 如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值参考答案经典常规题1【解题思路】 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【答案】法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系图(1)图(2)则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1)又在ABC中，ABC120，AB2，则A(1，0)所以(1，1)，(1，0，1)，则cos，因此，异面直线AB1与

12、BC1所成角的余弦值为故选C法二如图(2)，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PNBC1，MNAB1，AB1与BC1所成的角是MNP或其补角AB2，BCCC11，MNAB1，NPBC1取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则可知PQM为直角三角形，且PQ1，MQAC，在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC412217，AC，则MQ，则MQP中，MP，则PMN中，cosPNM，又异面直线所成角范围为，则余弦值为故选C2【解题思路】 (1)平面PAB平面PADAB平面PAD，(2)利用面面垂直建系，二面角的大小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【答案】 (1)证明BAPCDP90，PAAB，PDCD，又ABCD，PDAB，又PDPAP，PD，PA?平面PAD，AB平面PAD，又AB?平面PAB，平面PAB平面PAD(2)解在平面PAD内作POAD，垂足为点O由(1)可知，AB平面PAD，故ABPO，可得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，设PA2，D(，0，0)，B(，2，0)，P(0，0，)，C(，2，0)，(，0，)，(，2，)，(2，0，0)，设n