2023届高考数学二轮复习专题三第3讲立体几何与空间向量学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题三第3讲立体几何与空间向量学案，共19页。学案主要包含了易错提醒，素养提升等内容，欢迎下载使用。

第3讲　立体几何与空间向量

考情分析
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．

自主先热身　真题定乾坤
ZIZHUXIANRESHENZHENTIDINGQIANKUN　

真题热身
1．(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM.

(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
【解析】　(1)连接BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，

则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ADB＋∠DAM＝90°，
又∠DAM＋∠MAB＝90°，
则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则＝，所以BC2＝1，
解得BC＝.
(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

则A(，0，0)，B(，1，0)，M，P(0，0，1)，
所以＝(－，0，1)，＝，
＝，＝(－，－1，1)，
设平面AMP的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
即
令x＝，则y＝1，z＝2，故n＝(，1，2)，
设平面BMP的法向量为m＝(p，q，r)，
则有
即
令q＝1，则r＝1，故m＝(0，1，1)，
所以|cos |n，m||＝＝＝，
设二面角A－PM－B的平面角为α，
则sin α＝＝＝＝，
所以二面角A－PM－B的正弦值为.
2．(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.

(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，

因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD＝，

则A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
则＝(－1，0，)，＝(0，－，)，＝(0，0，)，
设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，
则有可取n＝(，1，1)，
则cos |n，|＝＝，
所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
3．(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
【解析】　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA－A1BC＝S△A1BC·h＝h＝VA1－ABC＝S△ABC·A1A＝VABC－A1B1C1＝，
解得h＝，
所以点A到平面A1BC的距离为；
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，
因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，
所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
所以BC＝2，
则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，
所以A1C的中点D(1，1，1)，
则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，
设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，
则可取m＝(1，0，－1)，
设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，
则可取n＝(0，1，－1)，
则cos |m，n|＝＝＝，
所以二面角A－BD－C的正弦值为＝.
4．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
【解析】　(1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，
所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，
所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC＝AC·EF，
当EF⊥BD时，EF最小，
即△AFC的面积最小．
因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2，
又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，
所以AE＝EC＝1，BE＝，
因为AD⊥CD，所以DE＝AC＝1，
在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，
所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，

则A(1，0，0)，B(0，，0)，D(0，0，1)，
所以＝(－1，0，1)，＝(－1，，0)，
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则取y＝，
则n＝(3，，3)，
又因为C(－1，0，0)，F，
所以＝，
所以cos |n，|＝＝＝，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ，
所以sin θ＝|cos |n，||＝，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
5．(2022·浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F－DC－B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．

(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【解析】　(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
DG＝AH＝2，∠EFC＝∠DCF＝∠DCB＝∠ABC＝90°，
则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，
∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG＝DH＝2，
∵DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB＝C，
∴DC⊥平面BCF，∠BCF是二面角F－DC－B的平面角，则∠BCF＝60°，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD＝C，
∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，
∴FN⊥AD.
(2)∵FN⊥平面ABCD，过点N做AB的平行线NK，
∴以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，
设A(5，，0)，B(0，，0)，D(3，－，0)E(1，0，3)，
则M，
∴＝，＝(－2，－2，0)，
＝(－2，，3)，
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)
由得
取n＝(，－1，)，
设直线BM与平面ADE所成角的为θ，
∴sin θ＝|cos |n，||＝＝＝＝.

感悟高考
1．立体几何考查知识点突出立体、空间线线、线面关系及线面角，面面关系以及二面角展开，解答题考查空间中平行垂直问题，利用空间向量求空间角．
2．解答题多出现在第18，19题的位置，考查空间中平行、垂直的证明，利用空间向量求空间角，难度中等．


核心拔头筹　考点巧突破
HEXINBATOUCHOUKAODIANQIAOTUPO　
考点一　利用空间向量求空间角

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)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，
则cosθ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，
则sinθ＝＝|cos〈a，u〉|.
(3)二面角
设α－a－β的平面角为θ(0≤θ≤π)，
则|cosθ|＝＝|cos〈u，v〉|.
考向1　求线面角
典例1如图，已知三棱锥P－ABC，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC＝PA＝PC＝2，∠ABC＝120°.

(1)求证：PA⊥BC；
(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC＝4＋4－2×2×2×＝12，故AC＝2.
又PA2＋AC2＝4＋12＝16＝PC2，故PA⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，故PA⊥平面ABC.
又BC⊂平面ABC，故PA⊥BC.
(2)由(1)知PA⊥平面ABC，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

则A(0，0，0)，B(1，，0)，P(0，0，2)，C(0，2，0)，E(0，，1).
故＝(0，，1)，＝(0，2，－2)，＝(－1，，0)，
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，有
故可取m＝(，1，)，
设直线AE与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝
＝＝，
所以直线AE与平面PBC所成角的正弦值为.
考向2　二面角
典例2如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝PA＝1，AD＝2.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．

【解析】(1)证明：取AD的中点E，连接CE，
因为AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
所以AE＝BC，AE∥BC，
所以四边形ABCE为平行四边形，
所以CE＝AB＝AD＝1，所以CD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PA，
因为PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC.
(2)过点B作BM⊥AD于M，以M为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
则AM＝，BM＝，DM＝，
所以B，C，D，A，P.
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以
令x＝1，则n＝(1，，2)，
设平面PAB的法向量为m＝(a，b，c)，
因为＝，＝(0，0，－1)，
所以
令a＝1，则m＝(1，－，0)，
所以|cos |m，n||＝＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.
【易错提醒】(1)解题时要建立右手直角坐标系．
(2)注意求线面角的公式中sin θ＝|cos 〈a，u〉|，线面角的取值范围是.
(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角．

1．如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，且PD⊥AB.
(1)从下列两个条件中任选一个条件证明：AB⊥平面PAD.
①O是AD的中点，且BO＝CO；②AC＝BD.
(2)在(1)条件下，若AD＝2AB＝4，PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P－BC－D的大小为，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值．

【解析】(1)证明：选择条件②，
∵四边形ABCD为平行四边形，且AC＝BD，
∴四边形ABCD为矩形，AB⊥AD.
又∵AB⊥PD，且AD∩PD＝D，故AB⊥平面PAD.
选择条件①，
在平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，连接ON，如图，

因为O是AD的中点，所以AB∥ON.
又BO＝CO，所以ON⊥BC.
所以AB⊥BC，又在平行四边形ABCD中，BC∥AD，所以AB⊥AD.
又AB⊥PD，且PD∩AD＝D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，故AB⊥平面PAD.
(2)由(1)知AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD，
于是平面PAD⊥平面ABCD，连接PO，PN，
由PA＝PD，可得PO⊥AD，则PO⊥BC，
又ON⊥BC，PO∩NO＝O，
所以BC⊥平面PNO，所以PN⊥BC，
故二面角P－BC－D的平面角为∠PNO，则∠PNO＝.由此得PO＝AB＝2.
以O为坐标原点，ON，OD，OP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，－2，0)，B(2，－2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，

由PD＝3MD可得M，
所以＝(2，4，0)，＝，＝(－2，2，2).
设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，
由⇒
令y＝1，得
所以n＝(－2，1，－5)为平面MAC的一个法向量．
设直线BP与平面MAC所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝，
故直线BP与平面MAC所成角的正弦值为.
考点二　利用空间向量解决探究性问题

与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
典例3如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，平面A1C1CA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，∠ABC＝60°，AB＝AA1＝AC1＝2.

(1)求证：C1O⊥平面ABCD；
(2)线段DD1上是否存在点F，使得CF与平面B1AC所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【解析】(1)证明：∵AA1＝AC1，AA1＝CC1，∴AC1＝CC1，
又O是AC的中点，∴C1O⊥AC，
∵平面A1C1CA⊥平面ABCD，平面A1C1CA∩平面ABCD＝AC，C1O⊂平面A1C1CA，
∴C1O⊥平面ABCD.
(2)∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
以O为原点，OB，OC，OC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，B1(，－1，)，B(，0，0)，D(－，0，0)，C1(0，0，)，
∴＝(0，2，0)，＝(－，0，－)，
＝＝(0，－1，)，
设平面B1AC的法向量是n＝(x，y，z)，
∴
令x＝1，则n＝(1，0，－1)，
假设线段DD1上存在点F，且＝λ＝λ＝(0，－λ，λ)，(0≤λ≤1)，
∴F(－，－λ，λ)，
∴＝(－，－λ－1，λ)，
∴|cos |n，||＝＝＝，
平方整理，得2λ2－5λ＋2＝0，
∴λ＝或λ＝2(舍)，
∴＝时，即存在点F是DD1中点时，CF与平面B1AC所成角的正弦值是.
【素养提升】正确分析空间几何体的特征，建立合适的空间直角坐标系，是解决此类问题的关键．

2．如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，E为棱AA1上的点，且AE＝.

(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：因为A1A⊥底面ABCD，
所以A1A⊥AC.
又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，且AA1，AB⊂平面ABB1A1，
所以AC⊥平面ABB1A1，
又因为BE⊂平面ABB1A1，所以AC⊥BE.
因为＝＝，
所以∠ABE＝∠AB1B.
因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，
所以∠BAB1＋∠ABE＝90°，
所以BE⊥AB1.
又AB1∩AC＝A，且AB1，AC⊂平面ACB1，
所以BE⊥平面ACB1.
(2)如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，D1(1，－2，2)，E.

由(1)知，＝为平面ACB1的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量．
因为＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，
所以即
不妨设z＝1，可得n＝(0，1，1).
因此cos 〈n，〉＝＝.
由图可知二面角D1－AC－B1为锐角，
所以二面角D1－AC－B1的余弦值为.
(3)假设存在满足题意的点F.
设A1F＝a(a>0)，
则由(2)得F(0，a，2)，＝(－1，a＋2，2).
由题意可知·＝(－1，a＋2，2)·＝a＋2－1＝0，
解得a＝－1(舍去)，
即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直．
所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1.