(新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版)

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07 空间几何中的向量方法

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＝.
(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.

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＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝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＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，
而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的一个法向量为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.
且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥.
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)，M，O.
＝，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，∴⊥.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴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).
∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
由得令x1＝1，则n1＝.
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θ，则cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝＝|cos|.
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝＝|cos<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，，，，，，
，异面直线与所成角的余弦值为，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，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)，
＝(0，1，0)，＝(1，1，－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，则＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则 即可取n＝(－1，0，a).
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝.
因为＝≤，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.
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＝.
(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，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＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2).所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即
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cos〈n，p〉＝＝－.
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，理由如下：
因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝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E.
则＝(－1，－1，2)，＝，＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则即
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＝|cos〈，p〉|＝
＝＝，
即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
(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＝λ，λ∈[0，＋∞)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则即
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＝λ，所以点E的坐标为，
所以＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则即
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，
所以n＝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－＝0，解得λ＝2.
所以当＝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.