2020版高考数学大二轮复习5.3空间向量与立体几何学案(理)

1、第3讲 空间向量与立体几何考点1向量法证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(ai,bi,ci).平面a , 3的法向量分别为u=(a2,b2,C2), v=(a3, b3, C3).(1)线面平行：l / a? a±u? a u = 0? aia2+bib2+ciC2= 0.(2)线面垂直：l X a ? a " u? a= ku? a= ka2, bi=也，ci = kC2.(3)面面平行：a II 3 ? u" v? u=kv? a2=ka3, b2=kb3, C2=kc3.(4)面面垂直：a ± (3 ? u±v? u v = 0? a

2、2a3+ b2b3+ c2c3=0.例i 20i9 甘肃兰州质检在直三棱柱 ABG-ABG中，/ ABO90° , BC= 2, CG= 4, 点E在线段BB上，且EB=i, D, F, G分别为CC, GB, GA的中点.求证：(i) BDL平面ABD(2)平面EGF/平面ABD【证明】(i)以B为坐标原点，BA BC BB所在的直线分别为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B- xyz,如图所示，则 B(0Q0) , D(0,2,2) , Bi(0,0,4)，设 BA= a,则 A( a, 0,0),所以 BA= (a, 0,0) , BD= (0,2,2) , BD= (0,2

3、 , 2),BiD- BA= 0, BD- BD= 0+4 4=0,即 BD，BA BiDX BD又 BAA BD= B, BA Bt?平面 ABD因此BD，平面ABDa(2)由(1)知，E(0,0,3) , G2, 1, 4 , F(0,1,4),a则EG= 2，1, 1 , EF= (0,1,1), BD- EG= 0+2 2=0, BD- EF= 0+ 2 2 = 0,即 BiDX EG BiDX EF又 EGH EF= E, EG EF?平面 EGF 因此 BD,平面 EGF结合(1)可知平面EGF/平面ABD(技法领悟-利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时

4、，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(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、平面中的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题.对接训练1. 2018 山东聊城模拟如图，在直三棱柱ADE- BCF中，面 ABFE面 ABCDTB是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点,运用向量方法证明:OMT平面BCF(2)平面MDF平面EFCD证明：由题意，得 AB AD AE两两垂直，以 A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.、，1设正万形边长为 1,则 A(0,0,0)，日1,0,0),ai,1,0),

5、D(0,1,0), F(1,0,1),M, 0, 0,11 1O-O2" 2 .一11 一(1) OM= 0, 2， 2，BA= ( 1。0)， 所以OM BA= 0,所以OML BA.因为棱柱AD耳BCF是直三棱柱，所以 ABL平面BCF所以B蝠平面BC用勺一个法向量,且OM平面BCF所以OMZ平面BCF(2)设平面MD内平面EFCD勺一个法向量分别为 m=(X1, yb Z1) , n2=(x2,乎,Z2).1因为 DF= (1 , 1,1) , DM=4，一1,0) , DC= (1,0,0) , CF= (0 , 1,1),X1 y1 + Z1 = 0,由 m DF=m DM

6、= 0,得 12X1-y1=0,1y1 = 2X1'11解得1令X1=1,则m= 1,万，一2 .Z1 = 2X1.同理可得n2= (0,1,1).因为m n2=0,所以平面 口已平面EFCD考点2向量法求空间角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8,则cos 0 = |cosa,b> | =I a b|I all b| .-13 -2 .向量法求线面所成的角8 ,贝U sin 0 = |cos n, a>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1n a1 | n| a| .3 .向量法求二面角求出二

7、面角a-l- B的两个半平面 a与3的法向量ni, n2,若二面角a-l- B所成的角,，、一 一|m.n2|4 一一 ,、，一，.一e为锐角，则coseRc0s <n1, n2户南不；右二面角a-1- B所成的角e为钝角,| ni - n2|则 cos0=一|cosni, n2> | = n川吗.例22019 浙江卷如图，已知三棱柱 ABC_ ABiG,平面 AACC平面 ABC / ABG= 90° ,/BAG= 30 , AA= AC= AC, E, F分别是 AC AB 的中点.证明：EF! BC(2)求直线EF与平面ABC所成角的余弦值.【解析】本题主要考查空间

8、直线与直线垂直的证明及直线与平面所成的角，考查考生 的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、 数学运算.解法一:(1)如图，连接AE,因为AA= AC, E是AC的中点,所以AE± AC又平面AACC1平面ABCAiE?平面 AACC,平面AACCn平面ABC= AC所以，AiEL平面ABC则AiE± BC又因为 AF/ AB, /ABC= 90 ,故 BC!AF.所以BCL平面AEF.因止匕EF± BC（2）取BC的中点G,连接EG GF则EGFA是平行四边形.由于AE，平面ABC故AE，EG所以平行四边形EGFA为矩形.

9、连接AG交EF于Q由（1）得BCL平面EGFA则平面ABCL平面EGFA所以EF在平面ABC上的射影在直线 AG上.则/ EO曳直线EF与平面ABC所成的角（或其补角）.不妨设 AC= 4,则在 RHAEG中，AiE= 2J3, EG=木.AiG 15由于O为AiG的中点，故E0= OG= -=2-,E0+ OG- eG 3 一 ，八 ,一一 一、 3所以cos/ E08 匚c=£.因此，直线EF与平面AiBC所成角的余弦值是-.2E0, 0G 55解法二：（1）连接AE,因为AiA= AG E是AC的中点，所以AE± AC又平面 AACC1平面ABC AiE?平面Ai A

10、CC,平面AACCA平面ABC= AC所以，AE，平面 ABC如图，以点E为原点，分别以射线 EC EA为v, z轴的正半轴，建立空间直角坐标系 一xyz.不妨设 AC= 4,则 A(0,0 ,2 位)，B(斓，1,0) ,B(5,3,2V3),F 乎，1, 2/3 , C(0,2,0) 因此，EF=乎,2, 2V3 , BC=(一小，1,0).由EF- BC= 0 得 EF± BC(2)设直线EF与平面ABC所成角为0 .fLfL由(1)可得 BC= (_® 1,0) , AC= (0,2 , -2 班).设平面ABC的法向量为n=(x, y, z).BC n=0,由Ai

11、C , n= 0,炉x + y=0, y-Apz=0.取 n=（1 ,5，1）,故 sin 0 = |cos ERn> |=JL =4.1 一5I EF - I n| 3因此，直线EF与平面AiBC所成角的余弦值为-.5f一技法领悟(1)利用空间向量求空间角的一般步骤建立恰当的空间直角坐标系.求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标.结合公式进行论证、计算.转化为几何结论.(2)警示求空间角注意：两条异面直线所成的角a不一定是直线的方向向量的夹角B ,即cos a = |cos 3 |.两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.直线和平面所成的角的正弦值等于平面法

12、向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.对接训练2. 2019 湖北部分重点中学联考 如图，四棱锥 P ABCM底面ABC而平行四边形,DA= DP BA= BP(1)求证：PAL BQ(2)若 DAL DP /ABP= 60 , BA= BP= BD= 2,求二面角 D- PC- B的正弦值.解析：(1)证明：如图，取 AP的中点M连接dm BM- DA= DP, BA= BP, .PAL DM PAL BM. DMn BM= M，PAL平面 DMB又BD?平面DMB PAL BD(2) . DA= DP BA= BP DAL DP / ABP= 60 ,.DA幅等腰直

13、角三角形， AB%等边三角形,.AB= PB= BD= 2,.DM= 1, BM=木. .BD=mB+ MD,MDL MB以M为坐标原点,MP MB吊所在的直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系Mxyz,则 A( 1,0,0) , B(0 ,事,0), R1Q0), 口0,0,1),从而得 DP= (1,0 , 1) , DC= AB= (1 ,聒 0), BP= (1 ,辱 0), BC= AD= (1,0,1)设平面DPC勺法向量为m = (X1, y1, Z1),m DP= 0, 则n1 , DC= 0,X1 Z1 = 0,X1 + *73y1= 0,.取巾=(一m，1,-木),设

14、平面PCB勺法向量为 n2=(x2, y2, Z2),n2 - BC= 0, 由n2 BP= 0,X2 + Z2 = 0 , 得X2 V 3y2= 0,取 n2=(V3, 1,一寸3),cos m, n2>n n21| n4| 母| =7设二面角D PC- B的平面角为asin=4J一7 .考点3探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立.“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法.例32019 湖北武昌质检如图，在四棱锥 P ABCW,侧面PADL底面 ABCD P

15、A= PD= '12, PAI PQ底面ABC泗 直角梯形，其中 BC/ AD, ABL AQ AB= BC= 1, O为AD的中点.求证：平面 POC_平面PAD(2)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角Q- AC- D的余弦值为 坐?若存在，求出3值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)在PAD43, PA= PD> O为AD的中点,. POLAD在"八9，PAL PD PA= PD= 2,，AD= 2.在直角梯形 ABCDfr, O为AD的中点，OA= BC= 1, . OCL AD又 OCT P0= Q. ADL 平面 POC又AD?平面PAD平面POC_平面P

16、AD(2)易知PQ OC ODW两垂直，所以以 O为坐标原点，OCW在直线为x轴，OD所在直线 为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示，则 Q0Q0) , P(0,0,1) , A(0 , 1,0) , C(1,0,0) , D(0,1,0),假设存在，且设 PQ=入PD0 w入w 1) .连接 OQPD= (0,1 , 1), . OQ- OP= PQ= (0 ,入，入)，OQ= (0 ,入，1入)，.Q0 ,入，1入).设平面CAQ勺法向量为mi= (X1, y1, Z1),mr AC= X1+y1=0,mr AQ=入+1y+ 1入 Z1=0.取 Z1 = 1 +

17、 入,得 rn= (1 入，入-1,入+1).又平面CAD勺一个法向量为 n= (0,0,1),二面角Q- AC- D的余弦值为 卓， 3|m- n| I 入+ 1|范|cos <m n> | =|T7 2+ 入T2+ 入= 3 '整理化简，得3入210入+3=0,1解得入=不或入=3(舍去)， 3一，4 一，PQ 1故线段PD上存在满足题意的点 Q = 7.QD 2r一囿技法领悟 1空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、 推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，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

18、的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为 使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题对接训练3. 2019 安徽江南名校联考 如图，在四麴t P ABC前，PDL平面ABCDAB/ DC ABI AQ DG= 6, AD= 8, BC= 10, Z PAD= 45 , E为 PA的中点.求证：DE/平面BPC(2)线段AB上是否存在一点 F,满足CH DR若存在，请求出二面角F-PO D的余弦值； 若不存在，请说明理由.解析：（1）证明：取PB的中点 M 连接EMW CM过点C作CNLAB垂足为点 N,如图在 四边形ABC叽. CNL AB, DAL AB,. CN/ DA又AB

19、/ CD，四边形 CDAM矩形，. CN= AD= 8, DC= AN= 6,在 RtA BNOKBN= .BC-CN = /102-82 = 6, .AB= 12,而E, M分别为PA PB的中点，.EM为 PAB勺中位线，一 一 1 一 .EM/ AB且 EM= -AB= 6.2又 DC/ AB .EM/ CD且EMk CD四边形CDEMb平行四边形，DE/ CM .CMi平面PBC D曰平面PBC .DE/平面PBC(2)由题意可得 DA DC DP两两垂直，如图，以D为原点，DA DQ DP所在直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则 A(8Q0) , B(8,12,

20、0),0,6,0) , P(0,0,8).假设AB上存在一点F,使CH BQ设点F的坐标为(8, t, 0)(0< t<12), 则CF= (8 , t-6,0) , DB= (8,12,0).由CF- DB= 0,得 t =2.3易知平面DPC勺一个法向量为m (1,0,0).设平面FPC勺法向量为n=(x, V，z) 又 P C= (0,6 , - 8), FC= - 8,票 0 .3n - PC= 0, 由n , FC= 0,6y-8z=0,得8x+136V=0，z = 4y，即 2不妨令y=12,则n= (8,12,9)为平面FPC的一个法向量.x = 3y,L rn -

21、m88则二河为=砺方胃二万.又由图可知，二面角 F- PC- D为锐二面角,8故二面角F-PO D的余弦值为万.- 12 -课时彳业13 空间向量与立体几何1 . 2019 安徽芜湖质检如图，在直柱 ABCD- ABCD 中，AD/ BC / BAD= 90° , ACL BD BC= 1, AD= AA=3.n c-25 -证明：ACL BD;(2)求直线BG与平面ACD所成角的正弦值.解析：(1)证明：因为 BB，平面ABCD AG平面ABCD所以BBXAC因为ACL BD且Bm BB = B,所以ACL平面BBD,又B1D?平面BBD,所以AC! BD(2)易知AB, AD A

22、A两两垂直，如图，以 A为坐标原点，AB AD, AA所在直线分别为 x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A- xyz.设 AB= t ,则 A(0,0,0) , B(t, 0,0),B(t, 0,3) , C(t, 1,0) , C(t, 1,3),D(0,3,0), D(0,3,3)从而 BD= (t, 3, 3), AC= (t, 1,0) , BD= (t, 3,0),因为 ACL BD 所以 AC- BD= t 2 + 3+0=0,解得t=q3或t=g3(舍去).一一L一所以AD= (0,3,3) , AC=(也 1,0) , BG= (0,1,0),/3x + y = 0, 3y+

23、3z=0,设n=(x, y, z)是平面 ACD的法向量，n , AC= 0, 则n - AD= 0,取x=1,则y=43, z=g 所以n= (1 , - 73,，3)是平面ACD的一个法向量.设直线BC与平面ACD所成的角为e7| n - BiO|J3 V21贝U sin9 = |cos n, BiO> | =4=,|n|前巾7故直线BC与平面ACD所成角的正弦值为 卑.2. 2019 广东五校第一次诊断 如图，在菱形 ABCDK / ABC= 60 , AC与 BD交于点 Q AE1平面 ABCD CF/ AE, AB =AE= 2.求证：BDL平面ACFE(2)当直线FO与平面B

24、ED所成的角为45°时，求异面直线 OF与BE所成角的余弦值.解析：(1)证明：.四边形 ABCDI菱形，BDL AC. AE1平面 ABCD BD?平面 ABCD. BDL AE又 AS AE= A, AC AE?平面 ACFE. BDL平面 ACFE(2)连接OE以O为原点，OA OB所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz,则B(0, ® 0),O(0,0,0),日1,0,2), F(1,0,a)(a>0),则 OB=(0 ,小, 0), OE= (1,0,2) , OF= ( 1,0, a).设平面EBD勺法向量为n=(x, y, z),n

25、 OB= 0, 则有n OE= 0,承=0,x+ 2z = 0,得 y=0.令 z= 1,贝U x= 2, n=( -2,0,1)是平面EB而一个法向量.由题意得sin45 ° = |cosOR n> |OF-n|2+a|J2|2一 Ja2+1 -J52| OF| n|得 a= 3 或 a=-3由 a>0,得 a=3,OF= ( 1,0,3) , B曰(1 , -3, 2),一 一 一 一OF- BEJ5cosOF BE =；一 一 4|OF | be所以异面直线OF与BE所成角的余弦值为总43. 2019 广东惠州一调如图，直四棱柱 ABCP ABCD的底面是菱形，侧面

26、是正方形，/DAB= 60° , E是棱CB的延长线上一点，经过点 A, G, E的平面交棱BB于点F, BF=2BF.(1)求证：平面 AGE,平面BCCB;(2)求二面角E- AC-C的余弦值.解析：(1)证明：设四棱柱 ABCDABCD的棱长为a,a. BF= 2BF, BCFs BEF BE=,由/DAB= 60° =Z ABE 得/ ABC= 120° ,由余弦定理得 AE=詈,AC= ,3a. CE= BE+ BC=.A=+cE=aC, AEl CE又ABCD- AiBGD是直四棱柱，. GC，平面 ABGD又 AE?平面 ABGD GGL AE. G

27、m GG= G, . AEL平面 BGGB. AE?平面 AGE., 平面 AGE，平面 BGCB.(2)解法一 过G作GGL AG于G, GHHL GF于H,连接GH由平面 AGE，平面BGGB,平面 AGEA平面BGGB = GE,彳导GHL平面 AGE. GHL AG,又 GGL AG, G(T GH= G, . AG，平面 GGH AG，GH / GGK二面角E- AG G的平面角.在 RtAGG中，AC= 73a, GG= a, AG=2a, GG=申a,在 RtA EG(G中,GE= 3a, GG= a, EG=23a, GH= 33a, 22i3o 239/ GH 13GH= Q

28、gG-GH =宝-a, cos/GGH=0 至-,二面角E-AG G的余弦值为 华.13解法二 以E为坐标原点，EQ EA所在直线分别为x轴，y轴，平行于BB的直线为z轴建立空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0)八 3,A 0, 2-a, 03一/3G -a,。，a ,则EA= 0, 2-a, 0 ,一 3EG= 2a, 0, a .设平面EAG的法向量为n=(pq,-3n - EG= 2ap+ ar = 0,q=0,3p+2r = 0,不妨取 n= (-2,0,3).1连接 BD, B 2a, 0, 0AGG的一个法向量为ni = BD=设二面角E- AG G的平面角为e,则 |cos

29、 e | =| ni - n|13 ，升八忐Tr=气'又由题图知e为锐角，二面角 E- AG G的余弦值为73 33'4. 2019 河南洛阳统一考试如图1,平面多边形PABCD, P/A= PQ AD= 2DC= 2BC= 4, AD/ BC API PD ADL DC E为 PD的中点，现将 APD& AD折起，如图 2,使 PC= 2y2.(1)证明：CE/平面 ABP(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值.解析：(1)证明：取PA的中点H,连接HE BH如图.E为PD的中点，HE为APD勺中位线,r1. HE/ AD,且 HE= AD1又 AD/ BC BC

30、= gAQ ，HE/ BC HE= BC，四边形BCE用平行四边形，CE/ BH. BH?平面 ABP C曰平面 ABPCEE/ 平面 ABP(2)由题意知 PAD为等腰直角三角形，四边形 ABC师直角梯形.取 AD的中点F,连接 BF, PF, . AD= 2BC= 4, .平面多边形 PABC中，P, F, B三点共线，且 PF= BF= 2,翻折后，PF± AD BF± AD PFH BF= F,DF，平面 PBF .BCL平面 PBF . PB?平面 PBF BCL PB在直角三角形 PBC, PC= 2& BC= 2,PB= 2, .PBF为等边三角形.取

31、BF的中点 Q DC的中点 M 连接PQ OM贝U POL BF,. DF1平面 PBFDFL PO 又 DFn BF= F, POL平面 ABCD以O为原点，OB OM OP勺方向分别为x, y, z轴的正方向，建立空间直角坐标系Gxyz,则 B(1,0,0) , D(-1,2,0) , P(0,0 ,次)，A(-1, 2,0),1m 1 x/3 一一E a,1, 2? ,AE= 1,3, $, AB=(2,2,0) , BP= (-1,0 ,4.设平面 ABP勺法向量为 n=(x, y, z),则n - AB= 0,n - BP= 0,x + y= 0,x+ 3z = 0,故可取n= (3

32、, 3,43),cos n, AE>n - AE/2i0 35，| n| |AE，直线AE与平面AB所成角的正弦值为,1210355.2 019 天津卷如图，AE,平面 ABCD CF/ AE AD/ BQ ADL A玲 AB= AD= 1, AE=BC= 2.求证：BF/平面ADE(2)求直线CE与平面BD即成角的正弦值;1，一 ，一(3)若二面角E- BD- F的余弦值为求线段CF的长.3解析：本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.* 一依题意，可以建立以 A为原点，分别以

33、AB AQ AE勺方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系A-xyz(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0), qi,2,0) ,D(0, 1,0) ,E(0,0,2),设C亡 h(h>0),则 F(1,2 , h). (1)依题意，AB= (1,0,0)是平面ADE勺法向量，又BF= (0,2 , h),可得BF-A氏0,又因 为直线BF?平面ADE所以BF/平面ADE (2)依题意，BD= (-1,1,0) , BE= ( -1,0,2),CE= (-1, 2, 2).n BD= 0,设n=(x, y, z)为平面BDE勺法向量，则n - BE= 0,-x+y= 0,-x+ 2z= 0,不妨令z=1,可得n= (2,2,1)因此有cosCECE- n n> =.|CE| n|49.4所以，直线CE与平面BDE成角的正弦值为-.9设mr (x, y, z)为平面BD两法向量,m- BD= 0, 则m- BF=0,-x + y = 0,2y