优化提升专题训练（新高考） 运用空间向量研究立体几何问题（含答案解析）学案

这是一份优化提升专题训练（新高考） 运用空间向量研究立体几何问题（含答案解析）学案，共26页。学案主要包含了知识框图，自主热身，归纳总结，2020年高考天津，问题探究，变式训练，2020年高考浙江，2019年高考浙江卷等内容，欢迎下载使用。
 运用空间向量研究立体几何问题
【知识框图】





【自主热身，归纳总结】
1、【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则，连接，易求得，，则是异面直线与所成的角，
由余弦定理可得.
故选C.

方法二：以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则,所以,
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.
2、【2020年高考天津】如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，．

（Ⅰ）证明：依题意，，，从而，所以．
（Ⅱ）解：依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则即不妨设，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值为．
（Ⅲ）解：依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
4、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,
故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，
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D−xyz.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

【问题探究，变式训练】

题型一 、运用向量研究线面角
例1、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面．
（2）由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=．
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．
设，则，
故．
又是平面A1AMN的法向量，故．
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．
变式1、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB．

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱台得，所以.
（Ⅱ）方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
方法二：
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.
如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

设.
由题意知各点坐标如下：
.
因此.
设平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
变式2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．

不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得．
设平面A1BC的法向量为n，
由，得，
取n，故，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．
变式3、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，，为的中点.

证明：平面平面；
求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】证明：侧面为正三角形，为的中点，
，
底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，，为的中点.
，，
，，
，
平面，
平面，
平面平面.
解：以为原点，为轴，过作的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，
取，得，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为：
.

变式4、（2020·浙江镇海中学高三3月模拟）如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点.

（Ⅰ） 证明：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）证明: 平面，平面， 故．
又，所以． 故，即 ，而，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（Ⅱ）平面，平面， 故．又，所以．
在平面内，过点作，垂足为．
由（Ⅰ）知平面平面， 平面，平面平面 所以平面．
由面积法得：即．
又点为的中点，．所以．
又点为的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．
连结交于点，则．
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，即．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

另解：如图，取的中点，如图建立坐标系．
因为，所以．所以有：
，，，，，
．
．，．
设平面的一个法量为，则
取，得，．即．
设直线与平面所成角为，则
．
题型二、运用向量研究面面角
例2、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

（1）连结，则，，，，，，得．
因此，即四点共面，所以点在平面内．
（2）由已知得，，，，，，，．
设为平面的法向量，则
即可取．
设为平面的法向量，则
同理可取．
因为，所以二面角的正弦值为．
变式1、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
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D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
变式2、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥中，为直角梯形，，，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，为上一点，且.

（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】（1）连接交于点,连接,
因为,所以与相似,
所以,
又,所以,
因为平面,平面,
所以直线平面
（2）由题,因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面,
以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,


因为,,
则,,,,
所以,,,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设二面角的平面角的大小为,则,
所以二面角的余弦值为

变式3、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2．

(1)证明：PB⊥AC；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角A—PC—B的余弦值
【解析】（1）证：为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
（2）解：设三棱锥的高为，
，
，
，又平面ABC，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．
变式4、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为的三棱柱中，平面平面，，为与的交点．

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）因为，所以菱形为正方形，
在中，，
在中，，，，
所以，，又，，
所以，平面；
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

，，，，
设平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则

令，得，

令，得，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

变式5、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱的底面为菱形，，，，平面，.

（1）证明：平面；
（2）求钝二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：连接交于点，易知为中点，
∵为中点，∴在中，，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵平面，∴，
∵且为的中点，
∴，
∵平面且，
∴平面，如图，建立空间直角坐标系.
易得：，，，，
∴，，
设平面的一个法向量为，
则，∴，
令，得，
∴.
同理可得平面的一个法向量为，
∴，
∴钝二面角的余弦值为.


题型三、运用向量研究探索性问题
例3、【2019年高考北京卷理数】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．
（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．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，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系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．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），
所以.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．

（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直线AG在平面AEF内.

变式1、如图，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱CC1的中点，试问在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．

【解析】 存在点E，当E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.
如图，取BB1的中点F，连结DF，则DF∥B1C1.
因为DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，
所以DF∥平面AB1C1.
因为AB的中点为E，连结EF，ED，
所以EF∥AB1.
因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
因为DF∩EF＝F，EF，DF⊂平面DEF，
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.

变式2、如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1) 设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2) 若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．

【解析】 (1) 在三棱台ABCDEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，
所以DF∥平面ACE.
因为DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
所以DF∥a.
(2) 线段BE上存在点G，且BG＝BE，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：取CE的中点O，连结FO并延长交BE于点G，连结GD，GF.
因为CF＝EF，所以GF⊥CE.
在三棱台ABCDEF中，AB⊥BC，
所以DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF得CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，CF，EF⊂平面CBEF，
所以DE⊥平面CBEF，
所以DE⊥GF.
因为GF⊥CE，GF⊥DE，CE∩DE＝E，
所以GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，
所以平面DFG⊥平面CDE.
此时，如平面图所示，延长CB，FG相交于点H.
因为O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
所以HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE可知＝，
即BG＝BE.