解密10空间向量与立体几何（讲义）-2021年高考数学二轮复习讲义分层训练

解密10空间向量与立体几何考点热度★★★★★内容索引核心考点1用向量方法判定空间中的平行关系核心考点2用向量方法判定空间的垂直关系核心考点3利用向量求空间角核心考点4利用法向量求空间距离微专题1向量法解立体几何综合微专题2立体几何综合新概念考点由高考知核心知识点预测空间向量与立体几何热点预测与趋势分析空间向量与立体几何为必考题。今后高考的命题趋势：基本在的解答题第19题，以线面角为主。直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量：若A、B是直线上的任意两点，则为直线的一个方向向量；与平行的任意非零向量也是直线的方向向量.

⑵．平面的法向量：若向量所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量.⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）：①建立适当的坐标系．②设平面的法向量为．③求出平面内两个不共线向量的坐标．④根据法向量定义建立方程组.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面的法向量.核心考点一用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。设直线的方向向量分别是，则要证明∥，只需证明∥，即.⑵线面平行。设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明∥，只需证明，即.⑶面面平行。若平面的法向量为，平面的法向量为，要证∥，只需证∥，即证.考法用向量方法判定空间中的平行关系1．（2020·福建永安·模拟预测）已知空间向量，若，则（）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】由空间向量平行的条件求出参数，再由模的坐标运算求得模．【详解】由题意，解得，则．故选：B．1．（2021·广西桂林·模拟预测（理））已知直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（）A． B．C．与相交但不垂直 D．或【答案】D【分析】判断与的位置关系，进而可得出直线与的位置关系.【详解】，，或.故选：D.【点睛】本题考查利用空间向量法判断线面位置关系，属于基础题.2．（2014·全国·一模（文））设平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k的值为()A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】由α∥β得(－2，－4，k)＝λ(1，2，2)，∴λ＝－2，k＝4．故选B．核心考点二用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即.

⑵线面垂直①（法一）设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明，只需证明∥，即.②（法二）设直线的方向向量是，平面内的两个相交向量分别为，若⑶面面垂直。若平面的法向量为，平面的法向量为，要证，只需证，即证.考法用向量方法判定空间的垂直关系1．（2021·河南郑州·三模（理））在棱长为2的正方体中，点平面，点F是线段的中点，若，则面积的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先建立平面直角坐标系，利用，找到点的坐标的关系，利用垂直关系，表示面积，再求最值.【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，得，平面，，，当时，函数取得最小值.故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量坐标的应用，本题的关键是找到点的坐标的关系，再利用，表示的面积.1．（2021·全国·模拟预测）已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（）.A．1 B． C． D．【答案】D【分析】利用向量的数量积为0可求的值.【详解】因为与互相垂直，故，故即，故.故选：D.2．（2021·上海奉贤·二模）如图，面，为矩形，连接､､､､，下面各组向量中，数量积不一定为零的是（）A．与 B．与C．与 D．与【答案】A【分析】根据矩形的性质，利用线面垂直的性质及判定，易证、、，而不一定与垂直，再由向量数量积的垂直表示即可确定选项.【详解】由面，为矩形，A：面，则，而与不一定垂直，不一定有面，故不一定与垂直，所以与数量积不一定为0，符合题意；B：由A知，又且，则面，又面，所以，即与数量积为0，不合题意；C：由上易知，又且，则面，又面，所以，即与数量积为0，不合题意；D：由上知，而，所以，即与数量积为0，不合题意；故选：A.核心考点三利用向量求空间角⑴求异面直线所成的角已知为两异面直线，A，C与B，D分别是上的任意两点，所成的角为，则⑵求直线和平面所成的角求法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的夹角为，则为的余角或的补角

的余角.即有：⑶求二面角二面角的平面角是指在二面角的棱上任取一点O，分别在两个半平面内作射线，则为二面角的平面角.OAOABOABl求法：设二面角的两个半平面的法向量分别为，再设的夹角为，二面角的平面角为，则二面角为的夹角或其补角根据具体图形确定是锐角或是钝角：如果是锐角，则，即；如果是钝角，则，即.考法利用向量求空间角1．（2012·陕西·高考真题（理））如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱,且，则直线与直线夹角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝2．（2021年浙江省高考数学试题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥P?ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A?PM?B的正弦值．【答案】（1）2；（2）70【分析】（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设BC=2a，由已知条件得出PB⋅AM=0，求出a（2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系D-xyz，设BC=2a，则D0,0,0、P0,0,1、B2a,则PB=2a,1,-1，∵PB⊥AM，则PB⋅AM=-2a2[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，联结BD．因为PD⊥底面AB-CD，且AM?底面ABCD，所以PD⊥AM．又因为PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD．又BD?平面PBD，所以AM⊥BD．从而∠ADB+∠DAM=90°．因为∠MAB+∠DAM=90°，所以∠MAB=∠ADB．所以△ADB∽△BAM，于是ADAB所以12BC[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD交AM于点N．由[方法二]知AM⊥DB．在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以ANMN=DA令BC=2t(t>0)，因为M为BC的中点，则BM=t，DB=4t2由S△DAB=12DA⋅AB=12（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM的法向量为m=x1,y由m⋅AM=-22设平面PBM的法向量为n=x2,y由n⋅BM=-22cos<所以，sin<因此，二面角A-PM-B的正弦值为7014[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体ABCD-A1B1C1D1，联结AB1,A1B，交点记为H，由于联结AG，由三垂线定理可知AG⊥D故∠AGH为二面角A-PM-B的平面角．易证四边形A1BCD1是边长为2的正方形，联结S△由等积法解得HG=3在Rt△AHG中，AH=22,HG=所以，sin?AGH=AHAG=70【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.1．（2015·四川·高考真题（理））如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为.【答案】【详解】建立坐标系如图所示.设，则.设，则，由于异面直线所成角的范围为，所以.，令，则，当时取等号.所以，当时，取得最大值.考点：1、空间两直线所成的角；2、不等式.2．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）方法一：作出辅助线，证明线面垂直进而证明出异面直线垂直；方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；方法三：利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明.（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小．【详解】[方法一]：因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．[方法二]【最优解】：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．因为，所以，所以．[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最优解】：设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．[方法二]：如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．设，过作交于点G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．则，所以，当时，．[方法三]：如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．设，在中，．在中，，过D作的平行线交于点Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．3．（2020年天津市高考数学试卷）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．

（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.核心考点四利用法向量求空间距离⑴点Q到直线距离若Q为直线外的一点,在直线上，为直线的方向向量，=，则点Q到直线距离为⑵点A到平面的距离若点P为平面外一点，点M为平面内任一点，平面的法向量为，则P到平面的距离就等于在法向量方向上的投影的绝对值.即（3）两平行平面之间的距离利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。即（4）异面直线间的距离设向量与两异面直线都垂直，则两异面直线间的距离就是在向量方向上投影的绝对值。即考法利用法向量求空间距离1．（2019年天津市高考数学试卷（理科））如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；(Ⅱ)分别求得直线CE的方向向量和平面BDE的法向量，然后求解线面角的正弦值即可；(Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF长度的方程，解方程可得CF的长度.【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得.设，则.(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.(Ⅱ)依题意，，设为平面BDE的法向量，则，即，不妨令z=1，可得，因此有.所以，直线与平面所成角的正弦值为.(Ⅲ)设为平面BDF的法向量，则，即.不妨令y=1，可得.由题意，有，解得.经检验，符合题意｡所以，线段的长为.【点睛】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.1．（2021·上海普陀·一模）在空间直角坐标系中，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为___________.【答案】【分析】利用空间向量法可求得点到平面的距离.【详解】由已知可得，因此，点到平面的距离为.故答案为：.2．（2021·全国·模拟预测（文））如图，在棱长为1的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_______.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，设点，，求出平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，，则，求解取值范围即可.【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，建立空间直角坐标系如图，则，，，，.设，则的方向向量设平面的法向量，，，，，即，取，则若平面，则即，则.又即，，，即.故答案为：微专题1向量法解立体几何综合1．（2021·北京海淀·模拟预测）已知边长为1的正方体，为中点，为平面DCC1D上的动点，若MN⊥A1C，则三棱锥【答案】1【分析】以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设N0,a,b,0=a=1,0=b=1，由MN?AC，得到a，b的关系，确定a【详解】以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系：则A11,0,1,C所以AC=因为MN?所以MN⋅AC=又b=a−1所以12所以VN−AA1所以三棱锥N?AA1D故答案为：12．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】(1)见详解；(2).【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．3．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，联结．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：如图3，延长至G，使得，联结，，过G点作平面，交平面于M，联结，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：延长至G，使得，使得，直线PB与平面QCD所成角即为直线与平面QCD所成角，再利用等积法以及基本不等式即可求出．4（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)[方法二]利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：空间直角坐标系法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.微专题2立体几何综合新概念1．（2021·四川达州·一模（理））两个非零向量，，定义．若，，则___________．【答案】【分析】根据新定义及向量夹角公