2018届高考数学黄金考点精析精训考点22利用空间向量求解立体几何中的角理

1、PAGE 43考点22 利用空间向量求解立体几何中的角【考点剖析】1.最新考试说明：能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.2.命题方向预测：空间角的计算是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角.3.课本结论总结： 一种方法用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是：(1)适当的选取基底a，b，c

2、；(2)用a，b，c表示相关向量；(3)通过运算完成证明或计算问题 两个理解(1)共线向量定理还可以有以下几种形式：abab；空间任意两个向量，共线的充要条件是存在，R使ab.若eq o(OA,sup6()，eq o(OB,sup6()不共线，则P，A，B三点共线的充要条件是eq o(OP,sup6()eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()且1.(2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具，三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几

3、何证明问题的完美“嫁接” 四种运算空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习学生要特别注意共面向量的概念而对于四种运算的运算律，要类比实数加、减、乘的运算律进行学习三种成角(1)异面直线所成的角的范围是eq blc(rc(avs4alco1(0，f(,2)；(2)直线与平面所成角的范围是eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)；(3)二面角的范围是0，4.名师二级结论：1.夹角计算公式(1)线线角：直线与直线所成的角，如两直线的方向向量分别为a，b，则.(2)线面角：直线与平面所成的角，如直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则.

4、(3)面面角：两相交平面所成的角，两平面的法向量分别为n1，n2，则cos|cosn1，n2|.判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况来决定cos|cosn1，n2|还是cos|cosn1，n2|.2.距离公式(1)点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；(2)点线距：点M到直线a的距离，如直线的方向向量为a，直线上任一点为N，则点M到直线a的距离d|eq o(MN,sup6()|sineq o(MN,sup6()，a；(3)线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；(4)点面距：点M到平面的距离：如平面的法向量为n，平

5、面内任一点为N，则点M到平面的距离d|eq o(MN,sup6()|coseq o(MN,sup6()，n|eq f(|o(MN,sup6()n|,|n|)；(5)线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；(6)面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离.5.课本经典习题：(1)新课标人教A版 选修2-1第109页，例题4 如图3.2-7,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EFPB交PB于点F.(1)求证:PA/平面EDB;(2)求证:PB平面EFD;(3)求二面角C-PB-D的大小. 【解析】如图3.2-8所示建立

6、空间直角坐标系,点D为坐标原点,设DC=1.（3）解:已知PBEF,由(2)可知PBDF,故EFD是二面角C-PB-D的平面角.设点F的坐标为(x,y,z),则.因为,所以,所以(1,1,-1)(k,k,1-k)=k+k-1+k=3k-1=0,所以，点F的坐标为。又点E的坐标为，所以，因为，即EFD=600，即二面角C-PB-D的大小为600.【经典理由】直线与平面平行与垂直的证明,二面角大小的求解是高热点中的热点,几乎每年必考,而此例题很好的展现了,用向量方法证明直线与平面平行与垂直,还给出了用向量方法求二面角的大小.6.考点交汇展示：(1)求空间角与三视图的交汇三棱锥及其侧视图、俯视图如图

7、所示.设，分别为线段，的中点，为线段上的点，且.（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【解析】根据侧视图和俯视图可知，为正三角形，顶点D在底面内的射影为BD的中点O，所以两两互相垂直，建坐标系如图所示，则，设（1）证明：设，则，.因为，所以点P是BC的中点.（2）易得平面PMN的法向量为.，设平面ABC的法向量为，则，所以. (2) 求空间角与平行及垂直关系的交汇【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. （）求证：MN平面BDE

8、；（）求二面角C-EM-N的正弦值；（）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或 试题解析：如图，以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得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）.（）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.因为平面BDE，所以MN/平面BDE. (3) 求空间角与面积、体积的交汇如图，已知四

9、棱台上、下底面分别是边长为3和6的正方形，且底面，点，分别在棱，BC上.（1）若P是的中点，证明：；（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】解法一 由题设知，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图b所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为， ， ，其中，而二面角的余弦值为，因此，解得，或者（舍去），此时，设，而，由此得点，平面，且平面的一个法向量是，即，亦即，从而，于是，将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积.解法二 （1）如图c，取的中点，连结，是梯形的两腰，是的中点，于是由知，四点共面，由题设知，平面，因此，

10、因此，于是，再由即知平面，又平面，故；（2）如图d，过点作交于点，则平面，平面，平面，过点作于点，连结，则，为二面角的平面角，即，从而连结，由平面，又是正方形，所以为矩形，故，设，则 ，过点作交于点，则为矩形，因此，于是，再由得，解得，因此，故四面体的体积.【考点分类】热点1 利用空间向量求空间角1.【2017届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】正方体中，点在上运动（包括端点），则与所成角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D2.如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点 （）证明：；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值【答

11、案】（）详见试题分析；（）直线与平面所成角的正弦值为；（）【解析】（方法一）依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，由为棱的中点，得（）向量，故 （）向量，设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量于是有，直线与平面所成角的正弦值为（）向量，由点在棱上，设，故，由，得，因此，解得，即设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量取平面的法向量，则易知，二面角是锐角，其余弦值为（方法二）（）如图，取中点，连结，由于分别为的中点，故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，底面，故，而，从而平面，平面，于是，又，（）如图，在中，过点作交于点底面，故底面，从而又，得平

12、面，因此在底面内，可得，从而在平面内，作交于点，于是由于，故，四点共面由， ，得平面，故，为二面角的平面角在中，由余弦定理可得，二面角的斜率值为【方法规律】1利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同同时注意根据异面直线所成的角的范围(0，eq f(,2)得出结论2利用向量法求线面角的方法一是分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.3利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个

13、与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2)4利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法.5. (1)运用空间向量坐标运算求空间

14、角的一般步骤为：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求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 |.【解题技巧】运用空间向量求解空间的角关键是建立空间直角坐标系后，空间角转化为向量的运算使用空间向量解决立体几何计算，直线的标志是它的方向向量，平面的标志是它的法向量，我们可以借助于直线和平面的标志用向量这个工具解决立体几何计算问题利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”第一破“建系关”，第二破“

15、求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角【易错点睛】1.异面直线所成角的范围；线面角的正弦值是直线的方向向量和平面法向量所成角余弦的绝对值；两相交平面所成的角，两平面的法向量分别为n1和n2，则cos|cosn1，n2|，其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角，也可以用这个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况以决定cos|cosn1，n2|还是cos|cosn1，n2|.这是利用向量求二面角的难点、易错点2.向量的书写不规范，字母上方缺少3.作图马虎，虚实线不分，不用直尺作图热点2利用空间向量解决探索与翻折问题1.【2

16、017 届浙江省杭州高级中学高三2月模拟】在矩形中， ，将沿折起，使得点折起至，设二面角的大小为.（1）当时，求的长；（2）当时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) ；(2) .【解析】试题分析：(1)结合题意建立空间直角坐标系可得的长是；(2)利用空间直角坐标系结合直线的方向向量和平面的法向量可得与平面所成角的正弦值是.试题解析：（1）在图 1中，过作的垂线交于，交于，则，从而 如图 2，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， (图1) (图2) （2）当时， 由余弦定理知又易知平面，故有所以 平面故，又求得的法向量 又设与平面成角为，2.【2017届浙江省嘉兴市第一中学高三适应性考

17、试】如图，在三棱锥中， 底面， ， ， ， 分别是， 的中点， 在上，且（1）求证： 平面；（2）在线段上上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析; （2）见解析.【解析】试题分析：第（1）问证明平面，基本思路是证明平面内的两条相交直线垂直，注意合理利用题设条件给出的数量关系和图形关系；第（2）问应抓住两点找到问题的求解方向：一是点的预设位置，二是二面角的位置涉及空间二面角的问题，可以从两个不同的方法上得到求解，即常规法和向量法试题解析：（1）由， ，是的中点，得因为底面，所以 在中， ，所以因此，又因为，所以，则，即 因为底面，所以，又，所以

18、底面，则又，所以平面 由，得，于是有， 在中， ，即，解得于是满足条件的点存在，且 （2）方法二：假设满足条件的点存在，并设以为坐标原点，分别以， ， 为， ， 轴建立空间直线坐标系，则， ， ，由得所以， ， 设平面的法向量为，则，即，取，得， ，即设平面的法向量为，则，即，取，得， ，即由二面角的大小为，得，化简得，又，求得 于是满足条件的点存在，且【方法规律】1.解决探索性问题，都是先假设存在，然后根据已知条件和结论逐步进行计算和推导，若推出矛盾则不存在，这是解决探索性问题的常用方法2.解决翻折问题，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，特别是没有变的量是我们解决问题的关键【解题技

19、巧】探索性问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、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“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题【易错点睛】解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提

20、下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p的方程即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法【热点预测】1.【

21、2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,/平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为(A) (B) (C) (D)【答案】A2.【2017学山东省烟台市期末】在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】以 为原点, 为轴,在平面 中过作 的垂线为轴,为轴,建立空间直角坐标系, 在三棱柱 中,底面为正三角形,侧棱垂直底面,分别是棱上的点,且, ,设异面直线与所成角所成角为,则 .所以异面直线与所成角的余弦值为 .故选D.3. 【

22、2018届河北省定州中学高三上第二次月考】已知点在正方体的对角线上，在上，则与所成角的大小为_.【答案】4. 【2018届浙江省名校协作体高三上学期考试】如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱, , 都在平面的同侧. 若顶点, 到平面的距离分别为,，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为_【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面 的一个法向量为 ，设 连结 则四面体 为直角四面体；作平面的法线 作 于 于 于 连结 ，令 由等体积可得 令 可得 设， 解得 ； 则的法向量为由 得， ，平面 的法向量为，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 5. 【2018届贵州省黔东南州高三上第一次

23、联考】如图所示，在四棱锥中，四边形为菱形， 为正三角形，且分别为的中点， 平面， 平面（1）求证： 平面；（2）求与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.试题解析：（1）证明：因为平面， 平面，所以，又平面平面，所以平面，由四边形菱形，得，所以平面（2）解：以为原点， 分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设菱形的边长为2，则，则点，设平面的法向量为，则由，解得，不妨令，得；又，所以与平面所成角的正弦值为6. 【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABD=CBD，AB=BD（1）证明：平面ACD平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若

24、平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值.【答案】(1)证明略；(2) .【解析】（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得 .故7.【2016高考新课标1卷】如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值【答案】

25、（I）见解析（II）【解析】（I）由已知可得,所以平面又平面,故平面平面所以,设是平面的法向量,则,即,所以可取设是平面的法向量,则,同理可取则故二面角的余弦值为8.【2017届新疆兵团农二师华山中学高三上学前考】如图，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PA底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点（）求证：EF平面PAD；（）若PA=2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角QAPD的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由【答案】（I）证明见解析；（II）满足条件的存在，是中点.（）结论：满足条件的存在，是中点理由如下：如图：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，由

26、题易知平面的法向量为，假设存在满足条件：设，设平面的法向量为，由，可得，由已知：，解得：，所以满足条件的存在，是中点9.如图，在直角梯形中，是的中点，是与的交点将沿折起到的位置，如图 （I）证明：平面；（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】（I）在图1中，因为，是的中点，所以即在图2中，从而平面又，所以平面.(II)由已知，平面平面，又由（I）知，所以为二面角的平面角，所以.如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以得 ，.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为.10.【2016高

27、考天津理数】如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（I）求证：EG平面ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】（）详见解析（）（）【解析】依题意，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.11. 【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（）设是上的一点，且，求的大小；（）当，求二面角的大小.【答案】（）.（）.思路二：以为坐标原点，分别以，所在的直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量计算即得.（）解法一：取的中点，