2022年高考三轮复习之回归基础练第19练　空间向量与立体几何

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第19练　空间向量与立体几何
[考情分析]　高考对该部分的考查，小题一般与几何体的表面积、体积相结合，解答题可能考查求线面角和二面角．

考点一　利用空间向量证明平行、垂直问题
要点重组
1．空间位置关系的向量表示：
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0

2.向量法证明平行、垂直的两种思维路径：
(1)利用向量的线性运算来进行转换证明．
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算结合直线的方向向量和平面的法向量来进行转换证明．
1.如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．

求证：平面DEA⊥平面ECA.
证明　建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CA＝2，
则CE＝2，BD＝1，C(0,0,0)，A(，1,0)，B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(0,2,1)．

所以＝(，1，－2)，＝(0,0,2)，＝(0,2，－1)．
分别设平面CEA与平面DEA的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则
即解得

即解得
不妨取n1＝(1，－，0)，n2＝(，1,2)，
因为n1·n2＝0，所以两个法向量相互垂直．
所以平面DEA⊥平面ECA.
2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：

(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
证明　(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

设BA＝a，
则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，A1(a,0,4)，A(a,0,0)，
∴＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)．
·＝0，·＝0＋4－4＝0.
则⊥，⊥，即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(0,1,4)，
则＝，＝(0,1,1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
则⊥，⊥，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
考点二　用空间向量求空间角
要点重组
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线角
设l，m所成的角为θ，则
cos θ＝＝.
(2)线面角
设直线l与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝＝|cos〈a，u〉|.
(3)二面角
设平面α与平面β所成二面角的平面角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos θ|＝＝|cos〈u，ν〉|.
3．(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD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．
(1)证明　在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
(2)解　以D为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，如图建立空间直角坐标系，

因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
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
|cos〈n，〉|＝
＝·＝·
≤·≤×＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
4．(2020·四川石室中学模拟)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为菱形，已知∠DAB＝∠EAB＝60°，AD＝AE＝2，DE＝.

(1)求证：平面ABE⊥平面ABCD；
(2)求直线AE与平面CED所成角的正弦值．
(1)证明　如图，过点D作DO⊥AB于点O，连接EO.

∵∠DAB＝∠EAB＝60°，AD＝AE＝2，AO＝AO，
∴△DAO≌△EAO.
∴∠DOA＝∠EOA＝90°，DO＝EO＝.
又∵DE＝，
∴DO2＋EO2＝DE2，
∴由勾股定理的逆定理得∠DOE＝90°，即DO⊥EO.
又∵DO⊥AB，AB∩EO＝O，AB⊂平面ABE，EO⊂平面ABE，
∴DO⊥平面ABE.
又∵DO⊂平面ABCD，∴平面ABE⊥平面ABCD.
(2)解　由(1)可知，DO⊥EO，DO⊥AB，EO⊥AB，如图，以O为坐标原点，OE，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

由已知得E(，0,0)，A(0，－1,0)，D(0,0，)，C(0,2，)，
∴＝(，－2，－)，＝(0，－2,0)，＝(－，－1,0)．
设平面CED的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，则x1＝1，∴n＝(1,0,1)．
设直线AE与平面CED所成的角为θ，
则sin θ＝|cosn，|＝＝.
则直线AE与平面CED所成角的正弦值为.
考点三　向量法求立体几何中的探索性问题
要点重组
1．对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，把所求问题转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
2．在计算和证明立体几何问题时，若能在原图中建立适当的空间直角坐标系，把图形中的点的坐标求出来，那么图形中的有关问题可用向量表示，利用空间向量的坐标运算来求解，这样可以避开较为复杂的空间想象．
5．(2020·佛山质检)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD.

(1)若M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B；
(2)在棱BC上是否存在一点E，使得二面角E－AD1－D的余弦值为.若存在，求出线段CE的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明　如图，连接B1A，由已知得B1C1∥BC∥AD，且B1C1＝AM＝AD，所以四边形AB1C1M是平行四边形．
所以C1M∥B1A.
因为C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B.

(2)解　如图，取BC的中点Q，连接AQ，AC.
因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以三角形ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD.
又AA1⊥平面ABCD，所以A1A，AD，AQ两两垂直，以点A为坐标原点，AQ，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(，0,0)．
假设点E存在，设点E的坐标为(，λ，0)，－1≤λ≤1.
所以＝(，λ，0)，＝(0,1,1)．
设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即可取n＝(λ，－，)．
易知平面ADD1的一个法向量为＝(，0,0)，
所以|cos ，n|＝＝，
解得λ＝±.
又二面角E－AD1－D为锐角，
故由图可知，点E在线段QC上，所以λ＝，
即CE＝1－.
6.(2020·重庆模拟)如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明　连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.
由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
，，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．

设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，C，B.
于是，＝，＝.
则·＝0，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解　由题设知，平面PAC的一个法向量＝，
平面DAC的一个法向量＝.
由题意知，二面角P－AC－D为锐角，
则cos，＝＝，
所以二面角P－AC－D的大小为30°.
(3)解　在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
根据(2)知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝.
设＝t(0≤t≤1)．
则＝＋＝＋t
＝.
又·＝0，
得－＋0＋a2t＝0，则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，
此时SE∶EC＝2∶1.

1.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，点M为棱AE的中点．

(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．
(1)证明　如图，连接AC，交BD于点N，连接MN.

∵四边形ABCD是正方形，
∴点N为AC的中点，
∵点M是AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF，DE都垂直于底面ABCD，BF＝DE，
∴四边形BDEF为矩形，∴BD∥EF.
∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
∴BD∥平面EFC.
又∵MN∩BD＝N，MN，BD⊂平面BDM，
∴平面BDM∥平面EFC.
(2)解　由已知，DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，得DA，DC，DE两两垂直．
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设AB＝2，则DE＝4，∴D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，
∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)．
设平面BDM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，
∴n＝(2，－2，－1)．
∵＝(－2,0,4)，设AE与平面BDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cosn，|＝＝，
∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.
2．(2020·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.

请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC；②直线FC与平面ABCD所成的角为；③∠ABC＝.
(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给予证明；若不存在，请说明理由；
(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　(1)在线段AB上存在一点G，使得AF∥平面PCG.
此时G为AB的中点．
证明如下：
设PC的中点为H，连接FH，如图．
由题意得四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC.

(2)选择①AB⊥BC：
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，
由题意知AB，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图．

∵PA＝AB＝2，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，
∴＝(0,1,1)，＝(－2，－1,1)，
设平面FAC的一个法向量为u＝(x，y，z)，
∴
取y＝1，得u＝(－1,1，－1)，
平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则cos θ＝＝，
∴二面角F－AC－D的余弦值为.
选择②FC与平面ABCD所成的角为：
∵PA⊥平面ABCD，
取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，如图，

则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，
∴∠FCM＝，
在Rt△FCM中，CM＝，
又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，
∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，
E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，
∴＝(0,1,1)，＝(－，0,1)，
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
取x＝，得m＝(，－3,3)，
平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则cos θ＝＝.
∴二面角F－AC－D的余弦值为.
选择③∠ABC＝：
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC，取BC的中点E，连接AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

∵PA＝AB＝2，
∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，
E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，
∴＝(0,1,1)，＝(－，0,1)，
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
取x＝，得m＝(，－3,3)，
平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则cos θ＝＝.
∴二面角F－AC－D的余弦值为.
3．(2020·新乡模拟)如图，四边形ABCD是正方形，点P在以BC为直径的半圆弧上(P不与B，C重合)，E为线段BC的中点，现将正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD⊥平面BCP.

(1)证明：BP⊥平面DCP；
(2)当三棱锥D－BPC的体积最大时，求二面角B－PD－E的余弦值．
(1)证明　因为平面ABCD⊥平面BPC，四边形ABCD是正方形，所以DC⊥BC，又平面ABCD∩平面BCP＝BC，
所以DC⊥平面BPC.
因为BP⊂平面BPC，所以DC⊥BP.
因为点P在以BC为直径的半圆弧上，所以BP⊥PC.
又DC∩PC＝C，DC，PC⊂平面DCP，
所以BP⊥平面DCP.
(2)解　显然，当点P位于的中点时，△BCP的面积最大，三棱锥D－BPC的体积也最大．
不妨设BC＝2，记AD的中点为G，
以E为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(0,0,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,2)，P(0,1,0)，
＝(－2,0,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－1,2)．
设平面BDP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，得m＝(1,1,1)．
设平面DEP的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令x2＝2，得n＝(2,0,1)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
由图可知，二面角B－PD－E为锐角，
故二面角B－PD－E的余弦值为.
4．如图所示，等腰梯形ABCD的底角∠BAD＝∠ADC＝60°，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且∠EDA＝90°，ED＝AD＝2AF＝2AB＝2.

(1)证明：平面ABE⊥平面EBD；
(2)点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MAB与平面ECD所成二面角的余弦值为.
(1)证明　∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD，∵AB⊂平面ABCD，∴ED⊥AB.
∵AB＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，
由余弦定理得，BD＝＝，
∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.
又BD⊂平面EBD，ED⊂平面EBD，BD∩ED＝D，
∴AB⊥平面EBD.又AB⊂平面ABE，
∴平面ABE⊥平面EBD.
(2)解　以B为坐标原点，BA，BD所在直线分别为x轴、y轴，过点B且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,0,0)，C，
D(0，，0)，E(0，，2)，F(1,0,1)，

则＝，＝(0,0,2)，＝(1,0,0)，＝(1，－，－1)，＝(0，，2)．
设＝λ＝(λ，－λ，－λ)(0≤λ≤1)，
则＝＋＝(λ，－λ，2－λ)．
设平面ECD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面MAB的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令y1＝1，则m＝(－，1,0)，

即
令y2＝2－λ，则n＝(0,2－λ，λ－)．
∵平面MAB与平面ECD所成二面角的余弦值为，
∴|cosm，n|＝＝＝，
解得λ＝或λ＝(舍)，∴当点M为线段EF的中点时，平面MAB与平面ECD所成二面角的余弦值为.