高中数学高考解密07 空间几何中的向量方法（讲义）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练

这是一份高中数学高考解密07 空间几何中的向量方法（讲义）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练，共14页。

核心考点一 利用向量证明平行与垂直
直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法：
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，
v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
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⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.

【解析】依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).
(1)向量eq \(BE,\s\up8(→))＝(0，1，1)，eq \(DC,\s\up8(→))＝(2，0，0)，故eq \(BE,\s\up8(→))·eq \(DC,\s\up8(→))＝0.
所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥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eq \(AB,\s\up8(→))＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，
而eq \(BE,\s\up8(→))·eq \(AB,\s\up8(→))＝(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eq \(AB,\s\up8(→))＝(1，0，0)，向量eq \(PD,\s\up8(→))＝(0，2，－2)，eq \(DC,\s\up8(→))＝(2，0，0)，
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up8(→))＝0，,n·\(DC,\s\up8(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－2z＝0，,2x＝0，))
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.
且n·eq \(AB,\s\up8(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥eq \(AB,\s\up8(→)).
所以平面PAD⊥平面PCD.
1.如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.

【解析】(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).
eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，
∴eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，∴eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(BA,\s\up6(→)).
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴eq \(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵eq \(DF,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，0))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(DF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(DM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))令x1＝1，则n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).
同理可得n2＝(0，1，1).
∵ n1·n2＝0，
∴平面MDF⊥平面EFCD.
核心考点二 利用空间向量计算空间角
直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算：
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μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，则cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)＝eq \f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＋ceq \\al(2,1))\r(aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)＋ceq \\al(2,2))).
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，则sin θ＝eq \f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cs|.
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cs θ|＝eq \f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cs<μ，v>|.
1．【2018新课标2理9】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A．B．C． D．
【解析】以D为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则 QUOTE ，，，， QUOTE ，，
QUOTE QUOTE ，异面直线 QUOTE 与 QUOTE 所成角的余弦值为 QUOTE ，故选C．
2.【2020新高考山东卷20】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.

【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，
又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，则eq \(DQ,\s\up6(→))＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(－1，0，a).
所以cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)).
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(| a＋1|,\r(1＋a2))＝eq \f(\r(3),3)eq \r(1＋\f(2a,a2＋1)).
因为eq \f(\r(3),3)eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))＝eq \f(\r(3),3)eq \r(1＋\f(2,a＋\f(1,a)))≤eq \f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
3．【2020新课标1理18】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．

【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，所以
故，
设二面角的大小为，则．
1．【2017新课标2理10】已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
【解析】解法一：在边、、、上分别取中点、、、，并相互连接．
由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线和所成的夹角为或其补角，通过几何关系求得，，，利用余弦定理可求得异面直线和所成的夹角余弦值为．故选C．

解法二：补形通过补形之后可知：或其补角为异面直线和所成的角，通过几何关系可知：
，，，由勾股定理或余弦定理可得异面直线和所成的夹角余弦值为．故选C．
解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，，，，，
∴ ，，∴ ．故选C．
2．【2020新课标2理19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

【解析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，
在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，．
因此，二面角的正弦值为．
3．【2016新课标3理19】如图，四棱锥中，地面，，
，，为线段上一点，，为的中点．
(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且．
所以四边形是平行四边形．所以．
又平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，联结．由得，从而，
且．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意知，，，，，
设为平面的法向量，则，即，可取．
于是．所以直线与平面所成角的正弦值为．
核心考点三 利用空间向量求解探索性问题
1.空间向量最适合于解决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.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.
2.空间向量求解探索性问题：
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；
(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.
1.【2019北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.

【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2).所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝－eq \f(\r(3),3).
由题知，二面角F－AE－P为锐角，所以其余弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，
所以eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，
所以eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以eq \(AG,\s\up6(→))·n＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.
1.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.
(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.

【解析】(1)不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1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D－xyz，
则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
因为E为OD1的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).
则eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p·\(DE,\s\up6(→))＝0，,p·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x0＋\f(1,2)y0＋z0＝0，,2y0＝0，))
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，
所以p＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.
设直线OD1与平面CDE所成角为θ，
所以sin θ＝|cs〈eq \(OD1,\s\up6(→))，p〉|＝eq \f(|\(OD1,\s\up6(→))·p|,|\(OD1,\s\up6(→))||p|)
＝eq \f(|－1×2＋（－1）×0＋2×（－1）|,\r(（－1）2＋（－1）2＋22)×\r(22＋（－1）2))＝eq \f(2\r(30),15)，
即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为eq \f(2\r(30),15).
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，
设eq \(D1E,\s\up6(→))＝λeq \(EO,\s\up6(→))，λ∈[0，＋∞)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(OC,\s\up6(→))＝0，,m·\(OD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,－x1－y1＋2z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.
因为eq \(D1E,\s\up6(→))＝λeq \(EO,\s\up6(→))，所以点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,1＋λ)，\f(λ,1＋λ)，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,1＋λ)，\f(λ,1＋λ)，\f(2,1＋λ))).
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(λ,1＋λ)x2＋\f(λ,1＋λ)y2＋\f(2,1＋λ)z2＝0，,2y2＝0，))
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－eq \f(λ,2)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(λ,2)))为平面CDE的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
则m·n＝0，所以1－eq \f(λ,2)＝0，解得λ＝2.
所以当eq \f(\(D1E,\s\up6(→)),\(EO,\s\up6(→)))＝2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.核心考点
读高考设问知考法
命题解读
利用向量证明平行与垂直
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.
证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
利用空间向量计算空间角
【2018新课标2理9】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
【2017新课标2理10】已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
(2020新高考山东卷20)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.
【2020新课标1理18】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【2020新课标2理19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【2016新课标3理19】如图，四棱锥中，地面，，
，，为线段上一点，，为的中点．
(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．
利用空间向量求解探索性问题
(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，
AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).
(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.