（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十二單元 空間向量學案 理

（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十二單元 空間向量學案 理空間向量中的有關定理共線向量定理對空間任意兩個向量a，b(b0)，ab存在R，使ab共面向量定理若兩個向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面存在唯一的有序實數(shù)對(x，y)，使pxayb空間向量基本定理定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序實數(shù)組x，y，z使得pxaybzc. 推論：設O，A，B，C是不共面的四點，則對平面ABC內任一點P都存在唯一的三個有序實數(shù)x，y，z，使xyz且xyz12已知空間四邊形OABC中，a，b，c，點M在OA上，且OM2MA，N為BC中點，則()A.abc BabcC.abc D.abc解析：選B如圖所示，abc.3已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)若a，b，c三向量共面，則實數(shù)的值為()A. B.C. D.解析：選D由題意設ctab(2t，t4，3t2)，數(shù)量積及坐標運算過雙基1兩個向量的數(shù)量積(1)a·b|a|b|cosa，b；(2)aba·b0(a，b為非零向量)；(3)|a|2，|a|.2向量的坐標運算a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差ab(a1b1，a2b2，a3b3)數(shù)量積a·ba1b1a2b2a3b3共線aba1b1，a2b2，a3b3(R，b0)垂直aba1b1a2b2a3b30夾角公式cosa，b1已知直線l的方向向量s(1,1,1)，平面的法向量n(2，x2x，x)，若直線l平面，則x的值為()A2 BC. D±解析：選D 因為線面平行時，直線的方向向量垂直于平面的法向量，故1×21×(x2x)1×(x)0，解得x±.2已知向量a(1,0，1)，則下列向量中與向量a成60°夾角的是()A(1,1,0) B(1，1,0)C(0，1,1) D(1,0,1)解析：選B對于選項B，設b(1，1,0)a·b(1,0，1)·(1，1,0)1，且|a|b|，cosa，b，又0°a，b180°，向量a與向量(1，1,0)的夾角為60°.3.(2018·西安聯(lián)考)已知向量a(0，1,1)，b(4,1,0)，|ab|且>0，則_.解析：因為ab(4，1，)，所以|ab|，化簡整理得260，解得2或3，又>0，所以3.答案：3向量法證明平行與垂直過雙基1兩個重要向量(1)直線的方向向量直線的方向向量是指和這條直線平行(或重合)的非零向量，一條直線的方向向量有無數(shù)個(2)平面的法向量直線l平面，取直線l的方向向量，則這個向量叫做平面的法向量顯然一個平面的法向量有無數(shù)個，它們是共線向量2空間位置關系的向量表示位置關系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1·n20直線l的方向向量為n，平面的法向量為mlnmm·n0lnmnm平面，的法向量分別為n，mnmnmnmn·m01若直線l的方向向量為a(1,0,2)，平面的法向量為n(2,0，4)，則()Al BlCl Dl與斜交解析：選Ba(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an，l.2.如圖，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1EA1D，AFAC，則()AEF至多與A1D，AC之一垂直BEFA1D，EFACCEF與BD1相交DEF與BD1異面解析：選B以D點為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，E，F(xiàn)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，(1,0，1)，(1,1,0)，(1，1,1)，所以，·0，·0，從而EFBD1，EFA1D，EFAC，故選B.3若平面1，2垂直，則下面可以是這兩個平面的法向量的是()An1(1,2,1)，n2(3,1,1)Bn1(1,1,2)，n2(2,1,1)Cn1(1,1,1)，n2(1,2,1)Dn1(1,2,1)，n2(0，2，2)解析：選A兩個平面垂直時其法向量也垂直，只有A中的兩個向量垂直利用向量求空間角過雙基1異面直線所成角設異面直線a，b所成的角為，則cos ， 其中a，b分別是直線a，b的方向向量2直線與平面所成角如圖所示，設l為平面的斜線，lA，a為l的方向向量，n為平面的法向量，為l與所成的角，則sin |cosa，n|.3二面角 若AB，CD分別是二面角­l­的兩個平面內與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補角)的大小就是向量與的夾角，如圖(1)平面與相交于直線l，平面的法向量為n1，平面的法向量為n2，n1，n2，則二面角 ­l ­為或.設二面角大小為，則|cos |cos |，如圖(2)(3)1在三棱柱ABC­A1B1C1中，若AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1的夾角為()A45° B60°C90° D120°解析：選B如圖所示，以BC，BA，BB1，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，由于ABBCAA1，不妨取AB2，則E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，C1(2,0,2)，所以(0，1,1)，(2,0,2)，則cos，故直線EF與BC1的夾角為60°.2.如圖，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱長都相等，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點，則B1F與平面GEF所成角的正弦值為()A.B.C. D.解析：選A設正三棱柱的棱長為2，取AC的中點D，連接DG，DB，分別以DA，DB，DG所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則B1，F(xiàn)(1,0,1)，E，G(0,0,2)，(1,0，1)設平面GEF的法向量n(x，y，z)，則即取x1，則z1，y，故n為平面GEF的一個法向量，所以cosn，所以B1F與平面GEF所成角的正弦值為.3正方形ABCD所在平面外有一點P，PA平面ABCD.若PAAB，則平面PAB與平面PCD所成的二面角的大小為()A30° B45°C60° D90°解析：選B建立空間直角坐標系如圖所示，設AB1， 則A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)(1,0，1)，(0，1,0)，易知平面PAB的法向量為n1(1,0,0)設平面PCD的法向量n2(x，y，z)，則即令x1，則z1.n2(1,0,1)，cosn1，n2.平面PAB與平面PCD所成的二面角的余弦值為.所求二面角的大小為45°.一、選擇題1在空間直角坐標系中，點P(m,0,0)到點P1(4,1,2)的距離為，則m的值為()A9或1B9或1C5或5 D2或3解析：選B由題意PP1，即，(m4)225，解得m9或m1.2已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，則與的值可以是()A2， B，C3,2 D2,2解析：選Aab，bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，解得或3(2018·揭陽期末)已知a(2,3，4)，b(4，3，2)，x2a，則x()A(0,3，6) B(0,6，20)C(0,6，6) D(6,6，6)解析：選B由bx2a，得x4a2b(8,12，16)(8，6，4)(0,6，20)4已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若a，b，c三向量共面，則()A9 B9C3 D3解析：選B由題意知cxayb，即(7,6，)x(2,1，3)y(1,2,3)，解得9.5在空間四邊形ABCD中，···()A1 B0C1 D不確定解析：選B如圖，令a，b，c，則···a·(cb)b·(ac)c·(ba)a·ca·bb·ab·cc·bc·a0.6已知空間四邊形OABC，其對角線為OB，AC，M，N分別是OA，BC的中點，點G在線段MN上，且2，現(xiàn)用基底，表示向量，有xyz，則x，y，z的值分別為()A.， B.，C.， D.，解析：選A ()，x，y，z.7.如圖所示，在大小為45°的二面角A­EF­D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長為1的正方形，則B，D兩點間的距離是()A. B.C1 D.解析：選D，|2|2|2| |22·2·2·1113，故|.8(2018·東營質檢)已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，與 的夾角為120°，則的值為()A± B.C D±解析：選C因為(1，)，所以cos 120°，得±.經(jīng)檢驗不合題意，舍去，所以.二、填空題9已知2ab(0，5,10)，c(1，2，2)，a·c4，|b|12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為_解析：由題意得，(2ab)·c0102010.即2a·cb·c10，又a·c4，b·c18，cosb，c，b，c120°，兩直線的夾角為60°.答案：60°10在正方體ABCD­A1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1，BB1的中點，則sin，_.解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則C(0,2,0)，M(2，0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1) 可知(2，2,1)，(2,2，1)，·2×2(2)×21×(1)1，|3，|3，cos，sin，.答案：11已知點O為空間直角坐標系的原點，向量(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，且點Q在直線OP上運動，當·取得最小值時，的坐標是_解析：點Q在直線OP上，設點Q(，2)，則(1，2，32)，(2，1，22)，·(1)(2)(2)(1)(32)(22)62161062，當時，·取得最小值，此時.答案：12在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BAC，ABACAA11，已知G和E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)，若GDEF，則線段DF的長度的取值范圍為_解析：設AFa，ADb，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，E，G，F(xiàn)(a,0,0)，D(0，b,0)，a，1，(a，b,0)因為GDEF，所以，·0，所以ab0，即a2b10，所以|DF| .由題意得，a12b>0，所以0<b<，所以DF<1.答案：三、解答題13.如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M，N分別是AB，CD的中點(1)求證：MNAB；(2)求MN的長；(3)求異面直線AN與CM所成角的余弦值解：(1)證明：設p，q，r.由題意可知，|p|q|r|a，且p，q，r三向量兩兩夾角均為60°.()(qrp)，·(qrp)·p(q·pr·pp2)(a2cos 60°a2cos 60°a2)0.，即MNAB.(2)由(1)可知(qrp)，|2(qrp)2q2r2p22(q·rp·qr·p)×2a2.|a，MN的長為a.(3)設向量與的夾角為.()(qr)，qp，·(qr)·.又|a，·|cos a×a×cos .cos ，向量與的夾角的余弦值為.因此異面直線AN與CM所成角的余弦值為.14(2017·全國卷)如圖，四面體ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)證明：平面ACD平面ABC；(2)過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D­AE­C的余弦值解：(1)證明：由題設可得，ABDCBD，從而ADDC.又ACD是直角三角形，所以ADC90°.取AC的中點O，連接DO，BO，則DOAC，DOAO.又因為ABC是正三角形，所以BOAC.所以DOB為二面角D­AC­B的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2.又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90°.所以平面ACD平面ABC.(2)由題設及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz，則A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)由題設知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，即E為DB的中點，得E.故(1,0,1)，(2,0,0)，.設n(x1，y1，z1)是平面DAE的法向量，則即可取n.設m(x2，y2，z2)是平面AEC的法向量，則即可取m(0，1，)則cosn，m.由圖知二面角D­AE­C為銳角，所以二面角D­AE­C的余弦值為.高考研究課(一)空間角3類型線線角、線面角、二面角 全國卷5年命題分析考點考查頻度考查角度線線角5年2考求線線角線面角5年4考求線面角二面角5年7考求二面角，已知二面角求體積利用空間向量求異面直線所成角典例(2015·全國卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值解(1)證明：連接BD，設BDAC于點G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB1.由ABC120°，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.從而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因為EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)以G為坐標原點，分別以GB，GC的方向為x軸，y軸正方向，|GB|為單位長度，建立空間直角坐標系G­xyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.方法技巧用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對值即時演練1如圖，長方體ABCD­A1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，點E，F(xiàn)，G分別是DD1，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成角的大小為_解析：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系因為AA1AB2，AD1，所以E(0,0,1)，A1(1,0,2)，F(xiàn)(1,1,0)，G(0,2,1)，所以(1,0，1)，(1，1，1)，設向量與所成角為，所以cos 0，所以異面直線A1E與GF所成的角為90°.答案：90°2(2017·江蘇高考)如圖，在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B­A1D­A的正弦值解：在平面ABCD內，過點A作AEAD，交BC于點E.因為AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如圖，以，為正交基底，建立空間直角坐標系A­xyz.因為ABAD2，AA1，BAD120°，則A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2，0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)(1) (，1，)，(，1，)則cos，.因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.(2)可知平面A1DA的一個法向量為(，0,0)設m(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，又(，1，)，(，3,0)，則即不妨取x3，則y，z2，所以m(3，2)為平面BA1D的一個法向量，從而cos，m.設二面角B­A1D­A的大小為，則|cos |.因為0，所以sin .因此二面角B­A1D­A的正弦值為.利用空間向量求線面角典例(2017·北京高考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD平面ABCD，點M在線段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角B­PD­A的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值解(1)證明：設AC，BD的交點為E，連接ME.因為PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因為底面ABCD是正方形，所以E為BD的中點所以M為PB的中點(2)取AD的中點O，連接OP，OE.因為PAPD，所以OPAD.又因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因為OE平面ABCD，所以OPOE.因為底面ABCD是正方形，所以OEAD.以O為原點，以，為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz，則P(0,0，)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)設平面BDP的一個法向量為n(x，y，z)，則即令x1，得y1，z.于是n(1,1，)又平面PAD的一個法向量為p(0,1,0)，所以cosn，p.由題知二面角B­PD­A為銳角，所以二面角B­PD­A的大小為60°.(3)由題意知M，C(2,4,0)，則.設直線MC與平面BDP所成角為，則sin |cosn，|.所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為.方法技巧利用平面的法向量求線面角的2個注意點(1)求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(鈍角時取其補角)，取其余角即為所求(2)若求線面角的余弦值，要注意利用平方關系sin2cos21求出其值不要誤認為直線的方向向量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求即時演練1正四棱錐S ­ABCD中，SAAB2，則直線AC與平面SBC所成角的正弦值為()A.B.C. D.解析：選C建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz.由題意得A(1，1,0)，C(1,1,0)，B(1,1,0)，S(0,0，)(2,2,0)，(1，1，)，(1，1，)設平面SBC的一個法向量n(x，y，z)，則即令z，得x0，y2，n(0,2，)設直線AC與平面SBC所成的角為，則sin |cosn，|.2.如圖所示的多面體是由一個直平行六面體被平面AEFG所截后得到的，其中BAEGAD45°，AB2AD2，BAD60°. (1)求證：BD平面ADG；(2)求直線GB與平面AEFG所成角的正弦值解：(1)證明：在BAD中，AB2AD2，BAD60°.由余弦定理得，BD2AD2AB22AB·ADcos 60°，解得BD，AB2AD2BD2，ADBD，在直平行六面體中，GD平面ABCD，BD平面ABCD，GDBD，又ADGDD，BD平面ADG.(2)以D為坐標原點，DA，DB，DG所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz，BAEGAD45°，AB2AD2，A(1,0,0)，B(0，0)，E(0，2)，G(0,0,1)，(1，2)，(1,0,1) ，GB(0，1)，設平面AEFG的法向量n(x，y，z)，則即令x1，得y，z1，n，設直線GB和平面AEFG的夾角為，則sin |cosGB，n|，直線GB與平面AEFG所成角的正弦值為. 利用空間向量求二面角典例(2017·山東高考)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的，G是的中點(1)設P是上的一點，且APBE，求CBP的大小；(2)當AB3，AD2時，求二面角E­AG­C的大小解(1)因為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)以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)，設m(x1，y1，z1)是平面AEG的一個法向量由可得取z12，可得平面AEG的一個法向量m(3，2)設n(x2，y2，z2)是平面ACG的一個法向量由可得取z22，可得平面ACG的一個法向量n(3，2)所以cosm，n.由圖知二面角E­AG­C為銳角，故所求二面角E­AG­C的大小為60°.方法技巧利用法向量求二面角的2個注意點(1)對于某些平面的法向量要注意題中條件隱含著，不用單獨求(2)注意判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，可結合圖形進行，以防結論失誤 即時演練1在正方體ABCD ­A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A. B.C. D.解析：選B以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz，設棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，設平面A1ED的一個法向量為n1(1，y，z)，則即n1(1,2,2)又平面ABCD的一個法向量為n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的銳二面角的余弦值為.2.如圖，四棱錐P ­ABCD的底面為菱形，ABC60°，E是DP的中點若APPB，ABPC2.(1)證明：PB平面ACE；(2)求二面角A­PC­D的余弦值解：(1)證明：連接BD交AC于點F，連接EF，底面ABCD為菱形，F(xiàn)為BD中點又E是DP中點，EFPB.PB平面ACE，EF平面ACE，PB平面ACE.(2)取AB的中點Q，連接PQ，CQ，底面ABCD為菱形，且ABC60°，ABC為正三角形，CQAB.APPB，ABPC2，CQ，且PAB為等腰直角三角形，PQAB，PQ1，PQ2CQ2CP2，PQCQ.以Q為坐標原點，QA，QC，QP所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，C(0，0)，P(0,0,1)，D(2，0)，(1,0,1)，(0，1)，(2,0,0)設平面APC的法向量為n1(x1，y1，z1)，則即令y11，得x1，z1，故n1(，1，)設平面DPC的法向量為n2(x2，y2，z2)，則即令y21，得z2，故n2(0,1，)cosn1，n2，由圖知二面角A­PC­D為銳角，二面角A­PC­D的余弦值為.1.(2017·全國卷)如圖，在四棱錐P­ABCD中，ABCD，且BAPCDP90°.(1)證明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90°，求二面角A­PB­C的余弦值解：(1)證明：由已知BAPCDP90°，得ABAP，CDPD.因為ABCD，所以ABPD.又APPDP，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD內作PFAD，垂足為F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F為坐標原點，的方向為x軸正方向，|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系F­xyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0,0)，(0,1,0)設n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，則即所以可取n(0，1，)設m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，則即所以可取m(1,0,1)則cosn，m.由圖知二面角A­PB­C為鈍角，所以二面角A­PB­C的余弦值為.2(2016·全國卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF2FD，AFD90°，且二面角D­AF­E與二面角C­BE­F都是60°.(1)證明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值解：(1)證明：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)過D作DGEF，垂足為G.由(1)知DG平面ABEF.以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系G ­xyz.由(1)知DFE為二面角D ­AF­E的平面角，故DFE60°，則DF2，DG，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3，0,0)，D(0,0，)由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF為二面角C­BE­F的平面角，CEF60°.從而可得C(2,0，)所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)設n(x，y，z)是平面BCE的法向量，則即所以可取n(3,0，)設m是平面ABCD的法向量，則同理可取m(0，4)則cos n，m.由圖知，二面角E­BC­A為鈍角，故二面角E­BC­A的余弦值為.1如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，點D是棱AB的中點，BC1，AA1.(1)求證：BC1平面A1DC；(2)求二面角D­A1C­A的正弦值解：(1)證明：過點A作AOBC交BC于點O，過點O作OEBC交B1C1于E.因為平面ABC平面CBB1C1，所以AO平面CBB1C1.以O為坐標原點，OB，OE，OA所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系因為BC1，AA1，ABC是等邊三角形，所以O為BC的中點則O(0,0,0)，A，B，C，D，A1，C1，設平面A1DC的一個法向量為n1(x1，y1，z1)，則即 取x1，得z13，y11，平面A1DC的一個法向量為n1(，1，3)又(1，0)，·n10，又BC1平面A1DC，BC1平面A1DC.(2)設平面ACA1的一個法向量為n2(x2，y2，z2)，(0，0)，則即取x2，得y20，z21.平面ACA1的一個法向量為n2(，0，1)則cosn1，n2，設二面角D­A1C­A的大小為，cos ，sin ，故二面角D­A1C­A的正弦值為. 2(2017·全國卷)如圖，四棱錐P­ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90°，E是PD的中點(1)證明：直線CE平面PAB；(2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M­AB­D的余弦值解：(1)證明：取PA的中點F，連接EF，BF.因為E是PD的中點，所以EFAD，EFAD.由BADABC90°，得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，所以四邊形BCEF是平行四邊形，CEBF，又CE平面PAB，BF平面PAB，故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD，以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，(1,0，)，(1,0,0)設M(x，y，z)(0<x<1)，則(x1，y，z)，(x，y1，z)因為BM與底面ABCD所成的角為45°，而n(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos，n|sin 45°，即(x1)2y2z20.又M在棱PC上，設，則x，y1，z.由解得(舍去)，或所以M，從而.設m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則即所以可取m(0，2)于是cosm，n.由圖知二面角M­AB­D為銳角，因此二面角M­AB­D的余弦值為.3.如圖，在三棱錐P­ABC中，PA底面ABC，BAC90°.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PAAC4，AB2.(1)求證：MN平面BDE；(2)求二面角C­EM­N的正弦值；(3)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長解：由題意知，AB，AC，AP兩兩垂直，故以A為坐標原點，分別以，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系依題意可得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)證明：(0,2,0)，(2,0，2)設n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨取z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得·n0.因為MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)為平面CEM的一個法向量設n2(x1，y1，z1)為平面EMN的法向量，又(0，2，1)，(1,2，1)，則即不妨取y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角C­EM­N的正弦值為.(3)依題意，設AHh(0h4)，則H(0,0，h)，進而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以線段AH的長為或.4.如圖，在四棱錐P­ABCD中，側面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形， ABC45°，ADAP2，ABDP2，E為CD的中點，點F在線段PB上(1)求證：ADPC；(2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等解：(1)證明：在平行四邊形ABCD中，連接AC，因為AB2，BC2，ABC45°，由余弦定理得AC2842×2×2×cos 45°4，解得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACB90°，即BCAC.又ADBC，所以ADAC.又ADAP2，DP2，所以AD2AP2DP2，所以APAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.(2)因為側面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標原點，AC，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz，則D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,1,0)，P(0,0,2)，所以(0,2，2)，(2,0，2)，(2,2，2)，設(0,1)，則(2，2，2)，F(xiàn)(2，2，22)，所以(21,21，22)，易得平面ABCD的法向量m(0,0,1)設平面PDC的法向量為n(x，y，z)，則即令x1，得n(1，1，1)因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等，所以|cos，m|cos，n|，即，所以|22|，即|1|，解得，所以.某工廠欲加工一件藝術品，需要用到三棱錐形狀的坯材，工人將如圖所示的長方體ABCD­EFQH材料切割成三棱錐H­ACF.(1)若點M，N，K分別是棱HA，HC，HF的中點，點G是NK上的任意一點，求證：MG平面ACF；(2)已知原長方體材料中，AB2，AD3，DH1，根據(jù)藝術品加工需要，工程師必須求出該三棱錐的高；甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角，再根據(jù)公式hAH·sin 求三棱錐H­ACF的高h.請你根據(jù)甲工程師的思路，求該三棱錐的高解：(1)證明：HMMA，HNNC，HKKF，MKAF，MNAC.MK平面ACF，AF平面ACF，MK平面ACF，同理可證MN平面ACF，MKMNM，MN平面MNK，MK平面MNK，平面MNK平面ACF.又MG平面MNK，MG平面ACF.(2)以D為坐標原點，DA，DC，DH所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D ­xyz.則A(3，0,0)，C(0,2,0)，F(xiàn)(3,2,1)，H(0,0，1)，(3,2,0)，(0,2,1)，(3,0,1)，設平面ACF的一個法向量n(x，y，z)，則即令y3，則n(2,3，6)，sin |cos，n|，三棱錐H­ACF的高為AH·sin ×.高考研究課(二)空間向量2綜合翻折、探索全國卷5年命題分析考點考查頻度考查角度翻折問題5年1考平面圖形的翻折與二面角求法探索性問題未考查平面圖形的翻折問題將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為平面圖形翻折問題.常與空間中的平行、垂直以及空間角相結合命題.典例(2018·臨沂模擬)如圖1，已知ABC為正三角形，D為AB的中點，AEAC.現(xiàn)沿DE將ADE折起，折起過程中點A仍然記作點A，使得平面ADE平面BCED，如圖2.(1)證明：ADCE；(2)求平面ABD與平面ACE所成角(銳角)的余弦值解(1)證明：在正三角形ABC中，取AC的中點G，連接BG(圖略)，此時E為AG的中點，所以DEBG.因為BGAC，所以DECE，DEAE.在折起的圖形中，因為平面ADE平面BCED，所以AE平面BCED，所以AECE.因為AEDEE，所以CE平面ADE.因為AD平面ADE，所以ADCE.(2)由(1)的證明可知ED，EC，EA兩兩垂直，以點E為坐標原點，射線ED，EC，EA的正方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系E­xyz.設正三角形ABC的邊長為4，則A(0,0,1)，B(2，1,0)，D(，0,0)，(2，1，1)，(，1,0)設平面ABD的法向量m(x，y，z)，則即令x，得y3，z3，所以平面ABD的一個法向量為m(，3,3)顯然n(1,0,0)為平面ACE的一個法向量設平面ABD與平面ACE所成角(銳角)的大小為，則cos |cosm，n|.所以平面ABD與平面ACE所成角(銳角)的余弦值為.方法技巧(1)平面圖形的翻折問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化(2)與空間角相結合問題求解時多利用空間向量法即時演練如圖，在直角梯形PBCD中，PBDC，DCBC，點A在邊PB上，ADBC，PB3BC6，現(xiàn)沿AD將PAD折起，使平面PAD平面ABCD.(1)當CDBC時，證明：直線BD平面PAC；(2)當三棱錐P­ABD的體積取得最大值時，求平面PBD與平面PCD所成銳二面角的余弦值解：(1)證明：在直角梯形PBCD中，ADBC，ABDC，DCBC，當CDBC時，四邊形ABCD是正方形，BDAC.平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PAAD，AD平面ABCD，PA平面ABCD.BD平面ABCD，BDPA.又ACPAA，BD平面PAC.(2)設DCt，t(0,6)，則PA6t，由(1)知VP­ABD××(6t)×t×223，當且僅當6tt，即t3時取等號，此時APABDC3.以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz，則B(3,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，C(3,2,0)，(3,0,0)，(0，2,3)，(3,2,0)，設n(x，y，z)是平面PCD的一個法向量，則即取z2，得n(0,3,2)設m(a，b，c)是平面PBD的一個法向量，則即取c2，得m(2,3,2)設平面PBD與平面PCD所成銳二面角為，則cos .平面PBD與平面PCD所成銳二面角的余弦值為.立體幾何中的探索性問題探索性問題雖然在全國卷中未作考查，但在地方卷中卻頻頻露面，此類問題主要從兩個角度進行考查：(1)與空間平行或垂直有關的探索性問題；(2)與空間角有關的探索性問題.角度一：與空間平行或垂直有關的探索性問題1.如圖所示，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE與平面ABCD所成角為60°.(1)求證：AC平面BDE；(2)設點M是線段BD上一個動點，試確定點M的位置，使得AM平面BEF，并證明你的結論解：(1)證明：因為DE平面ABCD，所以DEAC.因為四邊形ABCD是正方形，所以BDAC.又DEBDD，DE平面BDE，BD平面BDE，所以AC平面BDE.(2)因為DA，DC，DE兩兩垂直，所以建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz，因為BE與平面ABCD所成角為60°，即DBE60°，所以.由AD3，可知DE3，AF，則A(3,0,0)，F(xiàn)(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3，0)，所以(0，3，)，(3,0，2)設平面BEF的法向量n(x，y，z)，則即令z，得n(4,2，)，又點M是線段BD上一個動點，設M(t，t,0)(0t3)，則(t3，t,0)因為AM平面BEF，所以·n0，即4(t3)2t0，解得t2.此時，點M的坐標為(2,2,0)，即當BMBD時，AM平面BEF.方法技巧對于線面關系中的存在性問題，首先假設存在，然后在這假設條件下，利用線面關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論則否定假設角度二：與空間角有關的探索性問題2.(2018·江西一模)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面A1BC側面A1ABB1，且AA1AB2.(1)求證：ABBC；(2)若直線AC與平面A1BC所成的角為，則在線段A1C上是否存在點E，使得二面角A­BE­C的大小為？請說明理由解：(1)證明：連接AB1交A1B于點D，AA1AB，ADA1B.平面A1BC側面A1ABB1，平面A1BC側面A1ABB1A1B，AD側面A1ABB1，AD平面A1BC，又BC平面A1BC，ADBC.三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，AA1底面ABC.BC底面ABC，AA1BC.又AA1ADA，AA1平面A1ABB1，AD平面A1ABB1，BC平面A1ABB1，又AB平面A1ABB1，ABBC.(2)由(1)得AD平面A1BC，連接CD，則ACD是直線AC與平面A1BC所成的角，即ACD，又ADAB1，AC2，BC2.以B為坐標原點，BC，BA，BB1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系B­xyz，則A(0,2,0)，B(0,0,0)，A1(0,2,2)，C(2,0,0)，B1(0,0,2)(0，2,0)，(2，2，2)，(0，2,2)，(0,0,2)假設A1C上存在點E，使得二面角A­BE­C的大小為，連接AE，BE，設(2，2，2)(2，2，22)設平面EAB的法向量為n(x，y，z)，則即令x1，得n.由(1)知AB1平面A1BC，(0，2,2)為平面CEB的一個法向量cos，n，二面角A­BE­C的大小為，<1，cos ，解得，線段A1C上存在點E，且E為線段A1C的中點，使得二面角A­BE­C的大小為.方法技巧對于探索性問題用向量法比較容易入手一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在1(2016·全國卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB5，AC6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)證明：DH平面ABCD；(2)求二面角B­DA­C的正弦值解：(1)證明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF，得，故ACEF.因此EFHD，從而EF