高考數(shù)學（理）二輪專題練習【專題5】（3）立體幾何中的向量方法（含答案）

1、第3講立體幾何中的向量方法考情解讀1.以多面體(特別是棱柱、棱錐或其組合體)為載體，考查空間中平行與垂直的證明，常出現(xiàn)在解答題的第(1)問中，考查空間想象能力，推理論證能力及計算能力，屬低中檔問題.2.以多面體(特別是棱柱、棱錐或其組合體)為載體，考查空間角(主要是線面角和二面角)的計算，是高考的必考內(nèi)容，屬中檔題.3.以已知結(jié)論尋求成立的條件(或是否存在問題)的探索性問題，考查邏輯推理能力、空間想象能力以及探索能力，是近幾年高考命題的新亮點，屬中高檔問題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、的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，

2、b3，c3)(以下相同)(1)線面平行l(wèi)aa·0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直v·v0a2a3b2b3c2c30.2直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面、的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)線線夾角設(shè)l，m的夾角為(0)，則cos .(2)線面夾角設(shè)直線l與平面的夾角為(0)，則sin |cosa，|.- 2 - / 24(3)面面夾

3、角設(shè)半平面、的夾角為(0)，則|cos |cos，v|.提醒求二面角時，兩法向量的夾角有可能是二面角的補角，要注意從圖中分析3求空間距離直線到平面的距離，兩平行平面的距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離，點P到平面的距離：d(其中n為的法向量，M為內(nèi)任一點).熱點一利用向量證明平行與垂直例1如圖，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點運用向量方法證明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.思維啟迪從A點出發(fā)的三條直線AB、AD，AE兩兩垂直，可建立空間直角坐標系證明方法一由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點建立如圖所

4、示的空間直角坐標系設(shè)正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，·0, .棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一個法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，由n1·n1·0，得解得令x11，則n1.同理可得n2(0,1,1)n1·n20，平面MDF平面EFCD.方法二(1)()().向量與向量，共面，又OM平

5、面BCF，OM平面BCF.(2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，··0，··()220.OMCD，OMFC，又CDFCC，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.思維升華(1)要證明線面平行，只需證明向量與平面BCF的法向量垂直；另一個思路則是根據(jù)共面向量定理證明向量與，共面(2)要證明面面垂直，只要證明這兩個平面的法向量互相垂直；也可根據(jù)面面垂直的判定定理證明直線OM垂直于平面EFCD，即證OM垂直于平面EFCD內(nèi)的兩條相交直線，從而轉(zhuǎn)化為證明向量與向量、垂直如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA

6、AB2，BAD60°，E是PA的中點(1)求證：直線PC平面BDE；(2)求證：BDPC；證明設(shè)ACBDO.因為BAD60°，AB2，底面ABCD為菱形，所以BO1，AOCO，ACBD.如圖，以O(shè)為坐標原點，以O(shè)B，OC所在直線分別為x軸，y軸，過點O且平行于PA的直線為z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，則P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，E(0，1)(1)設(shè)平面BDE的法向量為n1(x1，y1，z1)，因為(1，1)，(2,0,0)，由得令z1，得y11，所以n1(0,1，)又(0,2，2)，所以·n10220，即n1

7、，又PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因為(0,2，2)，(2,0,0)，所以·0.故BDPC.熱點二利用向量求空間角例2如圖，五面體中，四邊形ABCD是矩形，ABEF，AD平面ABEF，且AD1，ABEF2，AFBE2，P、Q分別為AE、BD的中點(1)求證：PQ平面BCE；(2)求二面角ADFE的余弦值思維啟迪(1)易知PQ為ACE的中位線；(2)根據(jù)AD平面ABEF構(gòu)建空間直角坐標系(1)證明連接AC，四邊形ABCD是矩形，且Q為BD的中點，Q為AC的中點，又在AEC中，P為AE的中點，PQEC，EC面BCE，PQ面BCE，PQ平面BCE.(2)解如圖，取EF的中點M，

8、則AFAM，以A為坐標原點，以AM、AF、AD所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系則A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)可得(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2，1)設(shè)平面DEF的法向量為n(x，y，z)，則.故，即.令x1，則y1，z2，故n(1,1,2)是平面DEF的一個法向量AM面ADF，為平面ADF的一個法向量cosn，.由圖可知所求二面角為銳角，二面角ADFE的余弦值為.思維升華(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；求出相關(guān)點的坐標；寫出向量坐標；結(jié)合公式進行論證、計算；轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論(2)求空間角注意：

9、兩條異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角，即cos |cos |.兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化(2013·山東)如圖所示，在三棱錐PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH.(1)求證：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值(1)證明因為D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.又EF平

10、面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)解方法一在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90°，即ABBQ.因為PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC為二面角DGHE的平面角設(shè)BABQBP2，連接FC，在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H為PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.即二面角DG

11、HE的余弦值為.方法二在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90°又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP兩兩垂直以B為坐標原點，分別以BA，BQ，BP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系設(shè)BABQBP2，則E(1,0,1)，F(xiàn)(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)所以(1,2，1)，(0,2，1)，(1，1，2)，(0，1,2)設(shè)平面EFQ的一個法向量為m(x1，y1，z1)，由m·0，m·0，得取y11，得m(0,1,2)設(shè)平面PDC的一個法向量為n(x2，y2，z2)，由n·0

12、，n·0，得取z21，得n(0,2,1)所以cosm，n.因為二面角DGHE為鈍角，所以二面角DGHE的余弦值為.熱點三利用空間向量求解探索性問題例3如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2AA1，ABC90°，D是BC的中點(1)求證：A1B平面ADC1；(2)求二面角C1ADC的余弦值；(3)試問線段A1B1上是否存在點E，使AE與DC1成60°角？若存在，確定E點位置；若不存在，說明理由(1)證明連接A1C，交AC1于點O，連接OD.由ABCA1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點又D為BC的中點，所以O(shè)D為A1BC的中位

13、線，所以A1BOD.因為OD平面ADC1，A1B平面ADC1，所以A1B平面ADC1.(2)解由ABCA1B1C1是直三棱柱，且ABC90°，得BA，BC，BB1兩兩垂直以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz.設(shè)BA2，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以(1，2,0)，1(2，2,1)設(shè)平面ADC1的法向量為n(x，y，z)，則有所以取y1，得n(2,1，2)易知平面ADC的一個法向量為v(0,0,1)所以cosn，v.因為二面角C1ADC是銳二面角，所以二面角C1ADC的余

14、弦值為.(3)解假設(shè)存在滿足條件的點E.因為點E在線段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可設(shè)E(0，1)，其中02.所以(0，2,1)，1(1,0,1)因為AE與DC1成60°角，所以|cos，1|，即，解得1或3(舍去)所以當點E為線段A1B1的中點時，AE與DC1成60°角思維升華空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷解題時，把要成立的結(jié)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“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一

15、方法 如圖，在三棱錐PABC中，ACBC2，ACB90°，APBPAB，PCAC，點D為BC的中點(1)求二面角APDB的余弦值；(2)在直線AB上是否存在點M，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為，若存在，求出點M的位置；若不存在，說明理由解(1)ACBC，PAPB，PCPC，PCAPCB，PCAPCB，PCAC，PCCB，又ACCBC，PC平面ACB，且PC，CA，CB兩兩垂直，故以C為坐標原點，分別以CB，CA，CP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)，(1，2,0)，(1,0，2)，設(shè)平面PAD的一

16、個法向量為n(x，y，z)，取n(2,1,1)，平面PDB的一個法向量為(0,2,0)，cosn，設(shè)二面角APDB的平面角為，且為鈍角，cos ，二面角APDB的余弦值為.(2)方法一存在，M是AB的中點或A是MB的中點設(shè)M(x,2x,0) (xR)，(x,2x，2)，|cos，n|，解得x1或x2，M(1,1,0)或M(2,4,0)，在直線AB上存在點M，且當M是AB的中點或A是MB的中點時，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為.方法二存在，M是AB的中點或A是MB的中點設(shè)，則(2，2,0)(2，2，0) (R)，(2，22，2)，|cos，n|.解得或1.M是AB的中點或A是MB的中點在直

17、線AB上存在點M，且當M是AB的中點或A是MB的中點時，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為.空間向量在處理空間問題時具有很大的優(yōu)越性，能把“非運算”問題“運算”化，即通過直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關(guān)系，各類角、距離以向量的方式表達出來，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量的運算問題應用的核心是充分認識形體特征，進而建立空間直角坐標系，通過向量的運算解答問題，達到幾何問題代數(shù)化的目的，同時注意運算的準確性提醒三點：(1)直線的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的絕對值是線面角的正弦值，而不是余弦值(2)求二面角除利用法向量外，還可以按照二面角的平面角的定義和空間任意兩個向

18、量都是共面向量的知識，我們只要是在二面角的兩個半平面內(nèi)分別作和二面角的棱垂直的向量，并且兩個向量的方向均指向棱或者都從棱指向外，那么這兩個向量所成的角的大小就是二面角的大小如圖所示(3)對于空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，且有xyz(x，y，zR)，四點P，A，B，C共面的充要條件是xyz1.空間一點P位于平面MAB內(nèi)存在有序?qū)崝?shù)對x，y，使xy，或?qū)臻g任一定點O，有序?qū)崝?shù)對x，y，使xy.真題感悟(2014·北京)如圖，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點，在五棱錐PABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H.(1)求證：A

19、BFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE，求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長(1)證明在正方形AMDE中，因為B是AM的中點，所以ABDE.又因為AB平面PDE，DE平面PDE，所以AB平面PDE.因為AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)解因為PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，(1,1,0)設(shè)平面ABF的一個法向量為n(x，y，z)，則即令z1，則y1，所以n(0，1,1)設(shè)直線BC與平面ABF所成角為，則si

20、n |cosn，|.因此直線BC與平面ABF所成角的大小為，設(shè)點H的坐標為(u，v，w)因為點H在棱PC上，所以可設(shè)(0<<1)，即(u，v，w2)(2,1，2)，所以u2，v，w22.因為n是平面ABF的一個法向量，所以n·0，即(0，1,1)·(2，22)0，解得，所以點H的坐標為(，)所以PH 2.押題精練如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1.(1)求直線DF與平面ACEF所成角的正弦值；(2)在線段AC上找一點P，使與所成的角為60°，試確定點P的位置解(1)以C為坐標原點，分別以CD，CB，CE所在直線為

21、x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則E(0,0,1)，D(，0,0)，B(0，0)，A(，0)，F(xiàn)(，1)，連接BD，則ACBD.因為平面ABCD平面ACEF，且平面ABCD平面ACEFAC，所以是平面ACEF的一個法向量又(，0)，(0，1)，所以cos，.故直線DF與平面ACEF所成角的正弦值為.(2)設(shè)P(a，a,0)(0a)，則(a，a,1)，(0，0)因為，60°，所以cos 60°.解得a或a(舍去)，故存在滿足條件的點P(，0)為AC的中點(推薦時間：60分鐘)一、選擇題1已知平面ABC，點M是空間任意一點，點M滿足條件，則直線AM()A與平面A

22、BC平行B是平面ABC的斜線C是平面ABC的垂線D在平面ABC內(nèi)答案D解析由已知得M、A、B、C四點共面所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.2在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M是BC的中點，P，Q是正方體內(nèi)部或面上的兩個動點，則·的最大值是()A. B1C. D.答案C解析以A為坐標原點，分別以AD，AB，AA1所在直線為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)，M(，1,0)，所以(，1,0)設(shè)(x，y，z)，由題意可知因為··x1·y0·zxy，又1x1，1y1，所以x.所以xy.故·的最大值為.3

23、在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為A1B1，BB1的中點，那么直線AM與CN所成角的余弦值為()A. B.C. D.答案D解析以D點為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，M(1，1)，C(0,1,0)，N(1,1，)所以(0，1)，(1,0，)故·0×1×01×，| ，| ，所以cos，.4已知正三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦等于()A. B.C. D.答案A解析如圖所示建立空間直角坐標系，設(shè)正三棱柱的

24、棱長為2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,2)，則(，1,2)，則(，0,0)為側(cè)面ACC1A1的法向量，由sin .5在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A. B. C. D.答案B解析以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1(1，y，z)，則n1(1,2,2)平面ABCD的一個法向量為n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的銳二面角的余弦值為.6如圖，三棱錐ABCD的

25、棱長全相等，E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為()A. B.C. D.答案A解析設(shè)AB1，則·()·()2···cos 60°cos 60°cos 60°.cos，.選A.二、填空題7在一直角坐標系中已知A(1,6)，B(3，8)，現(xiàn)沿x軸將坐標平面折成60°的二面角，則折疊后A、B兩點間的距離為_答案2解析如圖為折疊后的圖形，其中作ACCD，BDCD，則AC6，BD8，CD4，兩異面直線AC、BD所成的角為60°，故由，得|2|268，|2.8正方體ABCDA1B1C1D1的棱長

26、為1，E、F分別為BB1、CD的中點，則點F到平面A1D1E的距離為_答案解析以A為坐標原點，AB、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(xiàn)(，1,0)，D1(0,1,1)(1,0，)，(0,1,0)設(shè)平面A1D1E的一個法向量為n(x，y，z)，則即令z2，則x1.n(1,0,2)又(，1，1)，點F到平面A1D1E的距離為d.9已知正方形ABCD的邊長為4，CG平面ABCD，CG2，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則點C到平面GEF的距離為_答案解析建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz，則G(0,0,2)，E(2,4,0

27、)，F(xiàn)(4,2,0)所以(4,2，2)，(2,4，2)，(0,0,2)設(shè)平面GEF的法向量為n(x，y，z)，由得平面GEF的一個法向量為n(1,1,3)，所以點C到平面GEF的距離d.10已知ABCDA1B1C1D1為正方體，()232；·()0；向量與向量的夾角是60°；正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|··|.其中正確命題的序號是_答案解析設(shè)正方體的棱長為1，中()223()23，故正確；中，由于AB1A1C，故正確；中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60°，但與的夾角為120°，故不正確；中|··|

28、0.故也不正確三、解答題11.如圖，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(1)以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為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)，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，E，F(xiàn)，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)·(0,0,1)·(1,0,0)0，·(0,2,0)·(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.12(2014·課標全國)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，E為PD的中點(1)證明