2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题十立体几何中的向量方法

专题十 立体几何中的向量方法



卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
线面角的正弦值的求解·T18(2)
二面角、线面角的正弦值的求解·T20(2)
二面角的正弦值的求解·T19(2)
2017
二面角的余弦值的求解·T18(2)
二面角的余弦值的求解·T19(2)
二面角的余弦值的求解·T19(2)
2016
二面角的余弦值的求解·T18(2)
二面角的正弦值的求解·T19(2)
线面角的正弦值的求解·T19(2)
纵向把
握趋势
全国卷3年3年考，涉及直线与平面所成角、二面角的求解，且都在解答题中的第(2)问出现，难度适中．预计2019年仍会以解答题的形式考查二面角或线面角的求法．

横向把
握重点
高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第(2)问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上.
[考法一　利用空间向量证明平行与垂直]
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u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．
(1)线面平行：
l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直：
l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行：
α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3.
(4)面面垂直：
α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．求证：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
要证BE⊥DC，想到证⊥，即·＝0
给什么
用什么
由PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，可知AP，AB，AD三条直线两两互相垂直，可用来建立空间直角坐标系
差什么
找什么
建立坐标系后，要证·＝0，缺少，的坐标，根据所建坐标系求出B，E，D，C点的坐标即可

第(2)问

求什么
想什么
要证BE∥平面PAD，想到证与平面PAD的法向量垂直
差什么
找什么
需要求及平面PAD法向量的坐标，可根据第(1)问建立的空间直角坐标系求解

第(3)问

求什么
想什么
要证平面PCD⊥平面PAD，想到证平面PCD的法向量与平面PAD的法向量垂直
差什么
找什么
缺少两个平面的法向量，可利用(1)中所建的空间直角坐标系求解

[规范解答]依题意知，AB，AD，AP两两垂直，故以点A为坐标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)因为＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.所以BE⊥DC.
(2)易知＝(1,0,0)为平面PAD的法向量，
而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PA D.
(3)＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量．
因为平面PAD的一个法向量＝(1,0,0)，
所以n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥.
所以平面PCD⊥平面PAD.
[题后悟通]
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．
[对点训练]
　

如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1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)根据题意，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，
则B(0,0,0)，D(0,2，2)，
B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，
设BA＝a，
则A(a,0,0)，
所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，
＝(0,2，－2)，
所以·＝0，
·＝0＋4－4＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，BA⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，
所以B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，
则＝， ＝(0,1,1)，
所以·＝0＋2－2＝0， ·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG⊂平面EGF，EF⊂平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.

[考法二　利用空间向量求空间角]
1．向量法求异面直线所成的角
若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝.
2．向量法求线面所成的角
求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝.
3．向量法求二面角
求出二面角α­l­β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α­l­β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；若二面角α­l­β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.

题型·策略(一)求异面直线所成的角

　　　(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
[破题思路]
第(1)问

求什么
想什么
证明平面AEC⊥平面AFC，想到求二面角E­AC­F的平面角为直角或证明平面AEC的法向量与平面AFC的法向量垂直
给什么
用什么
四边形ABCD为菱形，则连接BD，使BD∩AC＝O，有AC⊥BD，且OA＝OC，OB＝O D.
由EB⊥平面ABC，FD⊥平面ABC，AB＝BC＝CD＝AD，可证EA＝EC，FA＝FC，即△EAC和△FAC均为等腰三角形
差什么
找什么
要证二面角的平面角为直角，需找出二面角的平面角，连接EO，FO可知∠EOF即为二面角的平面角；若利用坐标系求解，此时可以O为坐标原点，以OB和OC分别为x轴，y轴建系

第(2)问

求什么
想什么
求直线AE与直线CF所成角的余弦值，想到求与的夹角的余弦值
给什么
用什么
由BD与AC垂直平分，且BE⊥平面ABCD，可以OB与OC分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系
差什么
找什么
差各线段的具体长度，故可令OB＝1，进而求出各点坐标，和的坐标
　　[规范解答]
(1)证明：连接BD，设BD∩AC于点O，连接EO，FO，EF.在菱形ABCD中，不妨设OB＝1.
由∠ABC＝120°，可得AO＝OC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，
可知AE＝EC，故EO⊥AC.
由DF⊥平面ABCD，AD＝DC，
可知AF＝FC，故FO⊥AC.
所以二面角E­AC­F的平面角为∠EOF.
又AE⊥EC，所以EO＝.
在Rt△EBO中，可得BE＝，故DF＝.
在Rt△FDO中，可得FO＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，
可得EF＝.
从而EO2＋FO2＝EF2，所以EO⊥FO.
所以二面角E­AC­F为直角，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)以O为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系O­xyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，
所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
[题后悟通]

思路
受阻
分析
解决第(1)问时，不能正确作出二面角的平面角或虽然作出，但不能正确求解而造成问题无法求解或求解错误，解决第(2)问时，不能建立恰当的空间直角坐标系，是造成不能解决问题的常见障碍
技法
关键
点拨
求异面直线所成的角θ，可以通过求两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.要注意θ的范围为

[对点训练]
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．
(1)求三棱锥C­O1A1B1的体积；
(2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小．
解：(1)∵＝，∴∠A1O1B1＝，
∴S△O1A1B1＝·O1A1·O1B1·sin＝，
∴VC­O1A1B1＝·OO1·S△O1A1B1＝×1×＝，
∴三棱锥C­O1A1B1的体积为.
(2)以O为坐标原点，OA，OO1所在直线为y轴，z轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,1,0)，A1(0,1,1)，B1，
C.
∴＝(0,0,1)，
＝(0，－1，－1)，
∴cos〈，〉＝＝－，
∴〈，〉＝，
∴异面直线B1C与AA1所成的角为.

题型·策略(二)求直线与平面所成的角

　　　(2018·合肥质检)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，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．
[破题思路]
第(1)问

求什么想什么
求证平面BDM∥平面EFC，想到证明平面BDM内的两条相交直线与平面EFC平行
给什么用什么
由BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，利用线面垂直的性质及平行四边形的性质可知四边形BDEF为平行四边形，即EF∥BD
差什么找什么
还需在平面BDM中找一条直线与平面CEF平行，由M为棱AE的中点，想到构造三角形的中位线，连接AC与BD相交即可

第(2)问
求什么想什么
求直线AE与平面BDM所成角的正弦值，想到求直线AE的方向向量与平面BDM的法向量所成角的余弦的绝对值
给什么用什么
题干中有DE⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，从而有DE，DA，DC两两互相垂直，利用此性质建立空间直角坐标系
差什么找什么
要求点的坐标，需要线段的长度，通过DE＝2AB赋值即可解决

[规范解答]
(1)证明：连接AC交BD于点N，
则N为AC的中点，连接MN，
又M为AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.
∵BF＝DE，
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.
∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，
∴平面BDM∥平面EFC.
(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
∴DA，DC，DE两两垂直，以D为坐标原点，DA，DC，DE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D­xyz.

设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，M(1,0,2)，
∴＝(2,2,0)， ＝(1,0,2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，
从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
∵＝(－2,0,4)，
设直线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.
[题后悟通]

思路
受阻
分析
解决第(1)问不能正确利用M为中点这一条件构造中位线导致问题不易求解；第(2)忽视条件DE＝2AB，不能正确赋值，造成不能继续求解或求解错误
技法
关键
点拨
用向量法求解直线l与平面α所成的角的一般思路为：设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ＝|cos〈a，n〉|

[对点训练]
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点， 的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又因为DP＝2，DE＝1，
所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

题型·策略(三)求平面与平面所成角

　　　(2018·沈阳质监)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝PD，∠APD＝90°.

(1)证明：平面PAB⊥平面PCD；
(2)求二面角A­PB­C的余弦值．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
证明平面PAB⊥平面PCD，想到证明其中一个平面内的某条直线垂直于另一个平面
给什么用什么
给出平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，用面面垂直的性质定理可知CD⊥平面APD，则CD⊥AP，然后结合∠APD＝90°，即PD⊥AP，利用面面垂直的判定定理即可证明

第(2)问
求什么想什么
求二面角A­PB­C的余弦值，想到求平面APB和平面BCP的法向量的夹角的余弦值
给什么用什么
由题目条件底面ABCD为正方形，可以根据正方形的性质确定x轴，y轴建系
差什么找什么
要建立空间直角坐标系，还缺少z轴．由平面PAD⊥平面ABCD，可在平面PAD内过点P作AD的垂线即可

[规范解答]
(1)证明：∵底面ABCD为正方形，
∴CD⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PA D.
又AP⊂平面PAD，∴CD⊥AP.
∵∠APD＝90°，即PD⊥AP，
又CD∩PD＝D，∴AP⊥平面PC D.
∵AP⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PC D.
(2)取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，OQ，易得PO⊥底面ABCD，OQ⊥AD，以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形ABCD的边长为2，

可得A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,1)．
设平面APB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
而＝(1,0，－1)，＝(1,2，－1)，
则即
取x1＝1，得n1＝(1,0,1)为平面APB的一个法向量．
设平面BCP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
而＝(1,2，－1)，＝(－1,2，－1)，
则即
取y2＝1，得n2＝(0,1,2)为平面BCP的一个法向量．
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
由图知二面角A­PB­C为钝角，
故二面角A­PB­C的余弦值为－.
[题后悟通]

思路
受阻
分析
本题第(1)问因不能正确利用面面垂直的性质，而得不出CD⊥平面PAD，从而导致无法证明面面垂直；第(2)问不能正确利用面面垂直的性质找出z轴而无法正确建立空间直角坐标系而导致不能正确求解
技法
关键
点拨
求二面角α­l­β的平面角的余弦值，即求平面α的法向量n1与平面β的法向量n2的夹角的余弦cos〈n1，n2〉，但要注意判断二面角是锐角还是钝角

[对点训练]
3. (2019届高三·昆明调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.
(1)证明：PA⊥平面PCD；
(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长．
解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA.
又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PC D.
(2)取AD的中点O，连接PO，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，则PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，OP＝1，
设CD＝a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1，0)，则＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)，
设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
则即令x＝2，则y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，
由(1)知n＝＝(a,0,0)为平面PAD的一个法向量，
由|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得a＝，即CD＝，
所以在Rt△PCD中，PC＝，
由等面积法可得DE＝＝.
[考法三　利用空间向量求解探索性问题]
　　　(2018·山东潍坊三模)如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90°，BE＝BC，F为CE的中点．
(1)求证：平面BDF⊥平面ACE；
(2)若2AE＝EB，在线段AE上是否存在一点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为.请说明理由．
[破题思路]
第(1)问

求什么想什么
求证平面BDF⊥平面ACE，想到证明其中一个平面内的直线垂直于另一个平面
给什么用什么
由平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90°可利用面面垂直性质及线面垂直的判定及性质得到AE⊥BF；再由BE＝BC，F为CE的中点，可利用等腰三角形中线、高线合一可得到BF⊥CE；进而再由线面垂直的判定、面面垂直的判定得证

第(2)问
求什么想什么
在线段AE上是否存在一点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为.想到假设点P存在，建立空间直角坐标系，设出点P坐标，求二面角的余弦值即可
给什么用什么
2AE＝EB，题目已知条件及(1)的结论，可建系设点表示出两平面的法向量，进而由两法向量夹角公式得出关于点P坐标的方程，求解即可

[规范解答]
(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面ABCD∩平面ABE＝AB，
所以BC⊥平面ABE，
又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.
因为AE⊥BE，BC∩BE＝B，
所以AE⊥平面BCE，因为BF⊂平面BCE，
所以AE⊥BF，
在△BCE中，因为BE＝BC，F为CE的中点，
所以BF⊥CE，又AE∩CE＝E，
所以BF⊥平面ACE，
又BF⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面ACE.

(2)存在．如图，建立空间直角坐标系E­xyz，设AE＝1，则E(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,2)，C(2,0,2)，F(1,0,1)，
＝(－2,1,2)，＝(－1,0,1)，设P(0，a,0)，a∈[0,1]，则＝(2，－a,0)，
结合(1)易知EC⊥平面BDF，
故＝(2,0,2)为平面BDF的一个法向量，
设n＝(x，y，z)为平面BDP的法向量，
则即
令x＝a，可得平面BDP的一个法向量为n＝(a,2，a－1)，
所以cos〈，n〉＝＝，
由|cos〈，n〉|＝，解得a＝0或a＝1.
故在线段AE上存在点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为，且此时点P在E处或A处．
[题后悟通]

思路
受阻
分析
解决第(1)问时，不会证明AE⊥BF，造成无法继续往下证明结论成立；解决第(2)问时，不能正确建立空间直角坐标系表示相关向量坐标，是造成不能解决问题的常见误区
技法
关键
点拨
利用空间向量求解探索性问题的策略
(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

[对点训练]
　如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，DE＝EF＝1，DC＝BF＝2，∠EAD＝30°.
(1)求证：AE⊥平面CDEF；
(2)在线段BD上确定一点G，使得平面EAD与平面FAG所成的角为30°.
解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AD＝CD＝2.
在△ADE中，由正弦定理得，
＝，
即＝，
解得sin∠AED＝1，
所以∠AED＝90°，即AE⊥ED.
在梯形ABFE中，过点E作EP∥BF交AB于点P，
因为EF∥AB，
所以EP＝BF＝2，PB＝EF＝1，AP＝1.
在Rt△ADE中，AE＝，
所以AE2＋AP2＝EP2，
所以AE⊥AB，
所以AE⊥EF，
又EF∩DE＝E，
所以AE⊥平面CDEF.
(2)由(1)可得，AE⊥EF，
又AD⊥DC，DC∥EF，AD∩AE＝A，
所以DC⊥平面AED，
又DC⊂平面ABCD，
所以平面AED⊥平面ABCD.
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中z轴为在平面AED内过点D作AD的垂线所在的直线，
则B(2,2,0)，A(2,0，0)，E，F，
所以＝(2,2,0)，＝.
设＝λ＝(2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，
则＝(2λ－2,2λ，0)，
设平面FAG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝－λ，可得平面FAG的一个法向量为n1＝(－λ，λ－，2－5λ)，
易知平面EAD的一个法向量为n2＝(0,1,0)，
所以cos 30°＝
＝＝，
化简可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝，
故当点G满足＝时，平面EAD与平面FAG所成的角为30°.

[高考大题通法点拨]
立体几何问题重在“建”——建模、建系
　[思维流程]　　


[策略指导]
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　如图，四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝，E是AD的中点，BE与AC交于点F，GF⊥平面ABC D.
(1)求证：AF⊥平面BEG；
(2)若AF＝FG，求直线EG与平面ABG所成角的正弦值．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求证AF⊥平面BEG，想到证明AF与平面BEG内的两条相交直线垂直
给什么用什么
题目中给出GF⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质可证AF⊥GF
差什么找什么
还差AF与平面BEG中的另一条与GF相交的直线垂直．在矩形ABCD中，根据已知数据可证明∠AFB＝90°


第(2)问
求什么想什么
求直线EG与平面ABG所成角的正弦值，想到建立空间直角坐标系，利用空间向量求解与平面ABG的一个法向量的余弦值
给什么用什么
题目中给出GF⊥平面ABCD，可用GF为z轴，由(1)问可知GF，AF，EF两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系
差什么找什么
还缺少点的坐标，根据AF＝FG，以及题目条件可求出相关点的坐标

[规范解答]
(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以△AEF∽△CBF，
所以＝＝＝.
又在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝，
所以AE＝，AC＝.
在Rt△BEA中，BE＝＝，
所以AF＝AC＝，BF＝BE＝.
在△ABF中，AF2＋BF2＝2＋2＝1＝AB2，
所以∠AFB＝90°，
即AF⊥BE.
因为GF⊥平面ABCD，
AF⊂平面ABCD，
所以AF⊥GF.
又BE∩GF＝F，BE⊂平面BEG，GF⊂平面BEG，
所以AF⊥平面BEG.
(2)由(1)得AC，BE，FG两两垂直，以点F为原点，FA，FE，FG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，

则A，B，G，
E，＝，
＝，＝.
设n＝(x，y，z)是平面ABG的法向量，
则即取x＝，

得n＝(，－1，)是平面ABG的一个法向量．
设直线EG与平面ABG所成角的大小为θ，
则sin θ＝
＝＝，
所以直线EG与平面ABG所成角的正弦值为.
[关键点拨]
利用法向量求解空间角的关键在于“四破”


[对点训练]
　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，且PO＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥O B.
又因为OB∩AC＝O，
所以PO⊥平面ABC.
(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
＝(0,2,2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4(舍去)．
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，
所以cos〈，n〉＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
[总结升华]
立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容，空间角的计算是重点内容．　　　　

[专题跟踪检测](对应配套卷P188)

1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为C D.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，
所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.当三棱锥M­ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，
＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即可取n＝(1,0,2)，
又是平面MCD的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
2.(2018·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P­AC­E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.
因为AB＝2AD＝2CD，
所以AC＝BC＝AD＝CD，
所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)如图，以C为坐标原点， ，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB＝2，CP＝2a(a＞0)．则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，则E(1,0，a)，
＝(0,2,0)，＝(0,0,2a)， ＝(1,0，a)，
易知m＝(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，
则即
取x＝a，则z＝－1，n＝(a,0，－1)．
依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得a＝.
于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.
3．(2018·西安质检)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
(2)若∠BAD＝60°，求二面角B­OB1­C的余弦值．
解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.
∴A1O⊥BD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO⊥BD.
∵A1O∩CO＝O，
∴BD⊥平面A1CO.
∵BD⊂平面BB1D1D，
∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，，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．

∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，
∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，
OA1＝＝.
则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)，
∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)，
＝＋＝(1，，)，＝(0，，0)．
设平面OBB1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝，得n＝(0，，－1)是平面OBB1的一个法向量．
设平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)，
则即
令z2＝－1，得m＝(，0，－1)为平面OCB1的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝＝＝，
由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角，
∴二面角B­OB1­C的余弦值为.
4．(2018·长春质检)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面ACE；
(2)设PA＝1，∠ABC＝60°，三棱锥E­ACD的体积为，求二面角D­AE­C的余弦值．
解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.
在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.
又PB⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以PB∥平面ACE.
(2)由题易知VP­ABCD＝2VP­ACD＝4VE­ACD＝，
设菱形ABCD的边长为a，
则VP­ABCD＝S▱ABCD·PA＝××1＝，
解得a＝.
取BC的中点为M，连接AM，则AM⊥A D.以点A为坐标原点，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A(0,0,0)，E，C，
＝，＝，
设n1＝(x，y，z)为平面AEC的法向量，
则即
取x＝1，则n1＝(1，－，3)为平面AEC的一个法向量．
又易知平面AED的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
由图易知二面角D­AE­C为锐二面角，
所以二面角D­AE­C的余弦值为.
5.(2018·郑州质检)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45°，求平面PAC与平面PDE所成锐二面角的大小．
解：(1)证明：∵AC＝2，BC＝2，AB＝6，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，
∴cos∠ABC＝＝.
易知BD＝2，
∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，
∴CD＝2，易知AD＝4，
∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CD⊥平面PAB，
∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，
∴可建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
∵直线PA与平面ABC所成的角为45°，即∠PAD＝45°，
∴PD＝AD＝4，
则A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，
∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)，
＝(0，－4，－4)．
∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC.
由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，
又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC，
∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，
∴＝(－2，2,0)为平面PDE的一个法向量．
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则∴
令z＝1，得x＝，y＝－1，
∴n＝(，－1,1)为平面PAC的一个法向量．
∴cos〈n，〉＝＝－，
∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为，
故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.
6．(2019届高三·洛阳联考)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．

(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为，求二面角B­AD­E的余弦值．
解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.
又因为AD⊥AB，DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD.
又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以DC⊥AD.
依题意tan∠CAD＝＝.
因为AD＝1，所以CD＝.
设AB＝x(x＞0)，则BD＝.
依题意△ABD∽△DCB，所以＝，即＝.
解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3.

法一：以D为坐标原点，DB，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0，0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A，
所以＝，＝.
由(1)知平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝，得y＝－1，z＝－1，
所以m＝(，－1，－1)为平面ADE的一个法向量．
所以cos〈n，m〉＝＝－.
由图可知二面角B­AD­E的平面角为锐角，
所以二面角B­AD­E的余弦值为.
法二：因为DC⊥平面ABD，
所以过点E作EF∥DC交BD于F，
则EF⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以EF⊥AD.
过点F作FG⊥AD于G，连接GE，
所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE，
所以二面角B­AD­E的平面角为∠EGF.
由平面几何的知识求得EF＝CD＝，
FG＝AB＝，
所以EG＝＝，
所以cos∠EGF＝＝.
所以二面角B­AD­E的余弦值为.
7.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
解：(1)证明：连接AC，
因为AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得，
AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，
得AC＝2，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.
又AD∥BC，所以AD⊥AC，
因为AD＝AP＝2，DP＝2，
所以AD2＋AP2＝DP2，
所以∠PAD＝90°，即PA⊥AD，
又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC.
又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC.

(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，直线AD，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以＝(0,2，－2)，
＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)．
设＝λ(λ∈[0,1])，
则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．
设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|，
即＝，
所以|－2λ＋2|＝，
即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])，
解得λ＝，所以＝.
即当＝时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
8. 如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.
(1)证明：直线l⊥平面PAC；
(2)在直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF，
又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA，
∴BC∥平面EFA，
又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l，
又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，
平面PAC⊥平面ABC，
∴BC⊥平面PAC，
∴l⊥平面PAC.

(2)以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0，0)，A(2，0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F.
＝，＝(0,2,0)，
设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取z＝，得m＝(1,0，)．
又＝(1，y，－)，
|cos〈，〉|＝＝，
|cos〈，m〉|＝＝，
依题意，得|cos〈，〉|＝|cos〈，m〉，∴y＝±1.
∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余，AQ的长为1.