《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第2講 立體幾何中的向量方法（理）學(xué)案.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第2講 立體幾何中的向量方法（理）學(xué)案.docx（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2講立體幾何中的向量方法 考向預(yù)測 以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查． 知識(shí)與技巧的梳理 1．直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)， v＝(a3，b3，c3)，則 (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?aμ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0． (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2． (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3． (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μv＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0． 2．直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算 設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線線夾角 設(shè)l，m的夾角為θ，則cos θ＝＝． (2)線面夾角 設(shè)直線l與平面α的夾角為θ， 則 (3)面面夾角 設(shè)平面α，β的夾角為θ， 則 熱點(diǎn)一　利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系 【例1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC， AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．證明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD． 證明　依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1)． (1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故＝0． 所以BE⊥DC． (2)因?yàn)锳B⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， 所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 所以向量＝(1，0，0)為平面PAD的一個(gè)法向量， 而＝(0，1，1)(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB， 又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD． (3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)， 設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則即 不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量． 且n＝(0，1，1)(1，0，0)＝0，所以n⊥． 所以平面PAD⊥平面PCD． 探究提高　1．利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系． 2．向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何定理的條件，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致誤． 【訓(xùn)練1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn)．求證： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD． 證明　(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示． 則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)． 設(shè)BA＝a，則A(a，0，0)， 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)． ＝0，＝0＋4－4＝0， 則B1D⊥BA，B1D⊥BD． 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD． (2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(xiàn)(0，1，4)， 則＝，＝(0，1，1)， ＝0＋2－2＝0，＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF． 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF． 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD． 熱點(diǎn)二　利用空間向量計(jì)算空間角 【例2】(2019成都月考)）在直三棱柱（側(cè)棱垂直底面）中，，． （Ⅰ）若異面直線與所成的角為，求棱柱的高； （Ⅱ）設(shè)是的中點(diǎn)，與平面所成的角為，當(dāng)棱柱的高變化時(shí)，求的最大值． 解：建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則有 ，，，， ，，. （Ⅰ）因?yàn)楫惷嬷本€與所成的角，所以， 即，得，解得. （Ⅱ）由是的中點(diǎn)，得，于是. 設(shè)平面的法向量為， 于是由，，可得即，可取， 于是. 而， 令， 因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立. 所以， 故當(dāng)時(shí)，的最大值. 探究提高 1．異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|． 2．直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)． 3．二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角． 【訓(xùn)練2】(2017長郡中學(xué)二模)如圖所示，該幾何體是由一個(gè)直三棱柱ADE－BCF和一個(gè)正四棱錐P－ABCD組合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2． (1)證明：平面PAD⊥平面ABFE； (2)求正四棱錐P－ABCD的高h(yuǎn)，使得二面角C－AF－P的余弦值是． (1)證明　由于幾何體是由一個(gè)直三棱柱ADE－BCF和一個(gè)正四棱錐P－ABCD的組合體． ∴AD⊥AB，又AD⊥AF，AF∩AB＝A， ∴AD⊥平面ABEF． 又AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE． (2)解　以A為原點(diǎn)，AB，AE，AD的正方向?yàn)閤，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz． 設(shè)正四棱錐的高為h，AE＝AD＝2， 則A(0，0，0)，F(xiàn)(2，2，0)，C(2，0，2)，P(1，－h(huán)，1)， 設(shè)平面ACF的一個(gè)法向量m＝(x，y，z)， ＝(2，2，0)，＝(2，0，2)， 則取x＝1，得m＝(1，－1，－1)， 設(shè)平面AFP的一個(gè)法向量n＝(a，b，c)， ＝(1，－h(huán)，1)， 則取b＝1，則n＝(－1，1，1＋h)， 二面角C－AF－P的余弦值， ∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝1． ∴當(dāng)四棱錐的高為1時(shí)，二面角C－AF－P的余弦值為．  1．(2017全國Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 2．(2017全國Ⅰ卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90． (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90，求二面角A－PB－C的余弦值． 3．(2018全國I卷)如圖，四邊形為正方形，，分別為，的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且． （1）證明：平面平面； （2）求與平面所成角的正弦值． 1．(2016全國Ⅰ卷)平面α過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) A． B． C． D． 2．(2017合肥二模)如圖所示的多面體是由一個(gè)直平行六面體被平面AEFG所截后得到的，其中∠BAE＝∠GAD＝45，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60． (1)求證：BD⊥平面ADG； (2)求直線GB與平面AEFG所成角的正弦值． 3．(2018全國II卷)如圖，在三棱錐中，，，為的中點(diǎn)． （1）證明：平面； （2）若點(diǎn)在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值． 1．(2017衡陽聯(lián)考)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直線AC與直線DE所成的角為α，直線DE與平面BCC1B1所成的角為β，則cos(α－β)＝________． 2．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2，M是AC的中點(diǎn)，則異面直線CB1與C1M所成角的余弦值為________． 3．(2017西安質(zhì)檢)如圖，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)． (1)求證：AF∥平面BCE； (2)求二面角C－BE－D的余弦值的大?。? 4．(2018全國III卷)如圖，邊長為2的正方形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點(diǎn)． （1）證明：平面平面； （2）當(dāng)三棱錐體積最大時(shí)，求面與面所成二面角的正弦值． 參考答案 1．【解題思路】異面直線所成的角，可以通過兩直線的方向向量的夾角求得． 【答案】　法一　以B為原點(diǎn)，建立如圖(1)所示的空間直角坐標(biāo)系． 　 圖(1)　　　　　　　　　　　圖(2) 則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1)． 又在△ABC中，∠ABC＝120，AB＝2，則A(－1，，0)． 所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)， 則cos〈，〉＝＝＝＝， 因此，異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為．故選C． 法二　如圖(2)，設(shè)M，N，P分別為AB，BB1，B1C1中點(diǎn)，則PN∥BC1，MN∥AB1， ∴AB1與BC1所成的角是∠MNP或其補(bǔ)角． ∵AB＝2，BC＝CC1＝1， ∴MN＝AB1＝，NP＝BC1＝． 取BC的中點(diǎn)Q，連接PQ，MQ，則可知△PQM為直角三角形，且PQ＝1，MQ＝AC， 在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos∠ABC＝4＋1－221＝7，AC＝， 則MQ＝，則△MQP中，MP＝＝， 則△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－， 又異面直線所成角范圍為，則余弦值為．故選C． 2．【解題思路】(1)平面PAB⊥平面PADAB⊥平面PAD，(2)利用面面垂直建系，二面角的大小通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角． 【答案】(1)證明　∵∠BAP＝∠CDP＝90， ∴PA⊥AB，PD⊥CD， 又∵AB∥CD，∴PD⊥AB， 又∵PD∩PA＝P，PD，PA?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD． (2)解　在平面PAD內(nèi)作PO⊥AD，垂足為點(diǎn)O． 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PO，可得PO⊥平面ABCD． 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz， 設(shè)PA＝2，∴D(－，0，0)， B(，2，0)，P(0，0，)，C(－，2，0)， ∴＝(－，0，－)，＝(，2，－)， ＝(－2，0，0)， 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBC的一個(gè)法向量， 由得 令y＝1，則z＝，x＝0，可得平面PBC的一個(gè)法向量n＝(0，1，)， ∵∠APD＝90，∴PD⊥PA， 又知AB⊥平面PAD，PD?平面PAD， ∴PD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB， ∴PD⊥平面PAB， 即是平面PAB的一個(gè)法向量，＝(－，0，－)， ∴cos〈，n〉＝＝＝－， 由圖知二面角A－PB－C為鈍角，所以它的余弦值為－． 3．【解題思路】(1)首先從題的條件中確定相應(yīng)的垂直關(guān)系，即BF⊥PF，BF⊥EF， 又因?yàn)?，利用線面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF， 又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理證得平面PEF⊥平面ABFD. (2)結(jié)合題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，正確寫出相應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)，求得平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成角為，利用線面角的定義，可以求得，得到結(jié)果. 【答案】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz. 由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=，又PF=1，EF=2，故PE⊥PF， 可得，， 則，，，，為平面ABFD的法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則.， 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為． 1．【解題思路】利用平行關(guān)系轉(zhuǎn)化． 【答案】　如圖所示，設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因?yàn)棣痢纹矫鍯B1D1，所以m1∥m， 又因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1， 結(jié)合平面B1D1C∩平面A1B1C1D1＝B1D1， 所以B1D1∥m1，故B1D1∥m． 同理可得：CD1∥n． 故m，n所成角即直線B1D1與CD1所成角， 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形， 故直線B1D1與CD1所成角為60，其正弦值為．故選A． 2．【解題思路】(1)勾股定理可證垂直，(2)直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sin θ＝|cosφ|． 【答案】(1)證明　在△BAD中，∵AB＝2AD＝2，∠BAD＝60． 由余弦定理，得BD2＝AD2＋AB2－2ABADcos 60，BD＝， ∵AB2＝AD2＋DB2．∴AD⊥DB， 在直平行六面體中，GD⊥平面ABCD，DB?平面ABCD，∴GD⊥DB， 又AD∩GD＝D，AD，GD?平面ADG， ∴BD⊥平面ADG． (2)解　如圖以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz， ∵∠BAE＝∠GAD＝45，AB＝2AD＝2， ∴A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，，2)，G(0，0，1)， ＝(－1，，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，，－1)． 設(shè)平面AEFG的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)， 令x＝1，得y＝－，z＝1，∴n＝， 設(shè)直線GB和平面AEFG的夾角為θ， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 所以直線GB與平面AEFG所成角的正弦值為． 3．【解題思路】（1）連接，欲證平面，只需證明，即可；（2）過點(diǎn)作，垂足為，只需論證的長即為所求，再利用平面幾何知識(shí)求解即可. 【答案】（1）因?yàn)锳P=CP=AC=4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP=． 連結(jié)OB．因?yàn)锳B=BC=，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2． 由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC． （2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的長為點(diǎn)C到平面POM的距離． 由題設(shè)可知OC==2，CM==，． 所以O(shè)M=，CH==． 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為． 1．【解題思路】此題可建系用向量法做，亦可利用線線角、線面角的定義求其夾角． 【答案】　?AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE，∴α＝． 取A1D1的中點(diǎn)F，連EF，F(xiàn)D，易知EF⊥平面ADD1A1， 則β＝∠EDF，cos(α－β)＝cos＝sin∠EDF＝．故填． 2．【解題思路】異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|． 【答案】　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2，M是AC的中點(diǎn)， 所以BM⊥AC，BM＝＝1． 以M為原點(diǎn)，MA為x軸，MB為y軸，過M作AC的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(－，0，0)，B1(0，1，2)，C1(－，0，2)，M(0，0，0)． ∴＝(，1，2)，＝(－，0，2)． 設(shè)異面直線CB1與C1M所成角為θ， 則cos θ＝＝＝． 所以異面直線CB1與C1M所成角的余弦值為．故填． 3．【解題思路】(1)建系注意底面的垂直關(guān)系，(2)二面角轉(zhuǎn)化為法向量的夾角問題． 【答案】解　設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，以AC，AB所在的直線分別作為x軸、z軸，以過點(diǎn)A在平面ACD內(nèi)和AC垂直的直線作為y軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系， A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，a，0)，E(a，a，2a)． ∵F為CD的中點(diǎn)，∴F． (1)證明　＝，＝(a，a，a)，＝(2a，0，－a)， ∴＝(＋)，AF?平面BCE， ∴AF∥平面BCE． (2)設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量m＝(x，y，z)， 則即不妨令x＝1可得m＝(1，－，2)． 設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，則 即令x＝可得n＝(，－1，0)． 于是，cos〈m，n〉＝＝． 故二面角C－BE－D的余弦值為． 4．【解題思路】（1）先證平面CMD,得,再證，進(jìn)而完成證明。 （2）先建立空間直角坐標(biāo)系，然后判斷出的位置，求出平面和平面的法向量，進(jìn)而求得平面與平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn),且DC為直徑，所以DM⊥CM. 又BCCM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC； （2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz. 當(dāng)三棱錐M?ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn). 由題設(shè)得，，，，， ，，， 設(shè)是平面MAB的法向量，則 ，即， 可取， 是平面MCD的法向量,因此， ， 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是．