（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理（普通生含解析）

（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理（普通生，含解析）全國卷3年考情分析年份全國卷全國卷全國卷2018線面角的正弦值的求解·T18(2)二面角、線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)線面角的正弦值的求解·T19(2)高考對此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為解答題，多出現(xiàn)在第18或19題的第二問的位置，考查利用空間向量求異面直線所成的角、線面角或二面角，難度中等偏上 利用空間向量證明空間位置關系 1.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ABC90°，BC2，CC14，D為C1C的中點，求證：B1D平面ABD.證明：由題意知AB，BC，BB1兩兩垂直，故以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，設BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，所以·0，·0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA平面ABD，BD平面ABD，所以B1D平面ABD.2.如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P­ABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.證明：以A為坐標原點，AB，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，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F(xiàn)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因為，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因為·(0,0,1)·(1,0,0)0，·(0,2,0)·(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因為DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.解題方略 利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時要盡可能地利用條件中的垂直關系(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素(3)通過空間向量的運算求出直線的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直關系(4)根據(jù)運算結果解釋相關問題. 利用空間向量求空間角 增分考點·廣度拓展分點研究題型一計算異面直線所成的角例1已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，ABC120°，AB2，BCCC11，求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值解法一：(基向量法)如圖，取a，b，c，則由已知可得|a|2，|b|c|1，且a，b120°，a，cb，c90°.所以a·b2×1×cos 120°1，a·cb·c0.因為ca，bc，所以·(ca)·(bc)c2c·ba·ba·c120(1)02.又|，|，所以cos，.所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為.法二：(坐標法)如圖，在平面ABC內(nèi)過點B作BDAB，交AC于點D，則CBD30°.因為BB1平面ABC，故以B為坐標原點，分別以射線BD，BA，BB1為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系，則B(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(cos 30°，sin 30°，1)，即C1.所以(0，2,1)，.所以cos，.所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為.解題方略向量法求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的方向向量此方法解題的關鍵在于找出兩異面直線的方向向量，求兩個向量的數(shù)量積，而要求兩向量的數(shù)量積，可以求兩向量的坐標，也可以把所求向量用一組基向量表示兩個向量的夾角范圍是0，而兩異面直線所成角的范圍是，應注意加以區(qū)分注意兩條異面直線所成角的范圍是.當所作或所求的角為鈍角時，應取其補角作為兩條異面直線所成的角題型二計算直線與平面所成的角例2(2018·全國卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把DFC折起，使點C到達點P的位置，且PFBF.(1)證明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值解(1)證明：由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如圖，作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.以H為坐標原點，的方向為y軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H­xyz.由(1)可得，DEPE.又因為DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.則H(0,0,0)，P，D，.又為平面ABFD的法向量，設DP與平面ABFD所成角為，則sin .所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.解題方略向量法求直線和平面所成的角設為直線l與平面所成的角，為直線l的方向向量m與平面的法向量n之間的夾角，則有(如圖(1)或(如圖(2)，所以有sin |cos |cosm，n |.特別地，0時，l；時，0，l或l.題型三計算二面角例3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(1)在平面ABCD內(nèi)，過點A作AEAD，交BC于點E.因為AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.故以AE，AD，AA1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.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.解題方略向量法求二面角設二面角­l­的平面角為(0)，n1，n2分別為平面，的法向量，向量n1，n2的夾角為，則有(如圖(1)或(如圖(2)，其中cos .多練強化1.(2019屆高三·貴陽摸底)如圖，CD，AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，AE1.(1)求證：BE平面DAE；(2)求二面角C­DB­E的余弦值解：(1)證明：由圓柱的性質(zhì)知，DA平面ABE，又BE平面ABE，BEDA，AB是底面圓的直徑，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，BEAE.又DAAEA，DA平面DAE，AE平面DAE，BE平面DAE.(2)法一：如圖，過E作EFAB，垂足為F，由圓柱的性質(zhì)知平面ABCD平面ABE，EF平面ABCD.過F作FHDB，垂足為H，連接EH，則EHF即所求的二面角的平面角的補角，由ABAD2，AE1，得DE，BE，BD2，EF，由(1)知BEDE，EH，sinEHF，cosEHF ，二面角C­DB­E的余弦值為.法二：過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線，建立如圖所示的空間直角坐標系，ABAD2，AE1，BE，E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，(0，2,2)設平面EBD的法向量為n(x，y，z)，則即取z1，則n(，1,1)為平面EBD的一個法向量易知平面CDB的一個法向量為m(1,0,0)，cosm，n，由圖知，二面角C­DB­E為鈍角，二面角C­DB­E的余弦值為.2(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖，在三棱柱ABC­A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形且CBB160°，ABAC1.(1)證明：平面AB1C平面BB1C1C；(2)若ABB1C，直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，求直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值解：(1)證明：連接BC1交B1C于點O，連接AO，側面BB1C1C為菱形，B1CBC1.ABAC1，O為BC1的中點，AOBC1.B1CAOO，BC1平面AB1C.又BC1平面BB1C1C，平面AB1C平面BB1C1C.(2)ABB1C，BOB1C，ABBOB，B1C平面ABO，又AO平面ABO，AOB1C，從而OA，OB，OB1兩兩垂直以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz.直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，ABO30°.設AO1，則BO，又CBB160°，CBB1是邊長為2的等邊三角形，A(0,0,1)，B(，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，1,0)，(0,1，1)，(0，2,0)，(，0，1)設n(x，y，z)是平面A1B1C的法向量，則即令x1，則n(1,0，)為平面A1B1C的一個法向量設直線AB1與平面A1B1C所成的角為，則sin |cos，n|，直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值為. 利用空間向量解決探索性問題 典例已知幾何體ABCC1B1N的直觀圖和三視圖如圖所示，其正視圖為矩形，側視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形(1)連接B1C，若M為AB的中點，在線段CB上是否存在一點P，使得MP平面CNB1？若存在，求出BP的長；若不存在，請說明理由(2)求二面角C­NB1­C1的余弦值解由題意可知，BA，BB1，BC兩兩垂直，以BA，BB1，BC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B­xyz，則由該幾何體的三視圖可知，C(0,0,4)，N(4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)(1)設平面CNB1的法向量為n(x，y，z)(4，4,4)，(4,4,0)，即令x1，可得平面CNB1的一個法向量為n(1,1,2)，設P(0,0，a)(0a4)，由于M(2,0,0)，則(2,0，a)又MP平面CNB1，·n22a0，解得a1.在線段CB上存在一點P，使得MP平面CNB1，此時BP1.(2)設平面C1NB1的法向量為m(x，y，z)，(4,4,4)，即令x1，可得平面C1NB1的一個法向量為m(1,1,0)，cosm，n.由圖可知，二面角C­NB1­C1為銳角，故二面角C­NB1­C1的余弦值為.解題方略利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論多練強化如圖，四棱錐P­ABCD的底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，點E是棱PD的中點，點F是PC的中點(1)證明：PB平面AEC.(2)若四邊形ABCD為正方形，探究在什么條件下，二面角C­AF­D大小為60°？解：(1)證明：連接BD，設ACBDO，連接OE，因為四邊形ABCD為矩形，所以點O是BD的中點，因為點E是棱PD的中點，所以PBEO，又因為PB平面AEC，EO平面AEC，所以PB平面AEC.(2)由題意知AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，以AB，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，設ABAD2a，AP2c，則A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，F(xiàn)(a，a，c)因為z軸平面CAF，所以設平面CAF的一個法向量為n(x,1,0)，而(2a,2a,0)，所以·n2ax2a0，得x1，所以n(1,1,0)因為y軸平面DAF，所以設平面DAF的一個法向量為m(1,0，z)，而(a，a，c)，所以·macz0，得z，所以m，所以cos 60°，得ac.即當AP等于正方形ABCD的邊長時，二面角C­AF­D的大小為60°.數(shù)學抽象向量法解決空間立體幾何問題典例如圖，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.素養(yǎng)通路本題考查了線面平行、二面角及已知線面角求線段的長，以學習過的空間向量的相關知識為工具，通過數(shù)學抽象將幾何問題：證明線面平行、求二面角及求線段的長抽象成直線共線向量與平面法向量垂直、兩平面法向量的夾角及向量的模長問題，進而進行求解，考查了數(shù)學抽象這一核心素養(yǎng)