专题44 举重若轻-立体几何问题的空间向量方法（2）（解析版）学案

这是一份专题44 举重若轻-立体几何问题的空间向量方法（2）（解析版）学案，共28页。学案主要包含了热点聚焦与扩展，经典例题，思路导引，专家解读，精选精练等内容，欢迎下载使用。

专题44 举重若轻-立体几何问题的空间向量方法（2）
【热点聚焦与扩展】
利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.本专题通过例题重点说明利用空间向量求角和距离、存在性问题的方法与技巧.
（一）空间向量可解决的立体几何问题（用表示直线的方向向量，用表示平面的法向量）
1、判定（证明）类
（1）线面平行：
（2）线面垂直：
（3）面面平行：
（4）面面垂直：
2、计算类：
（1）两直线所成角：
（2）线面角：
（3）二面角：或（视平面角与法向量夹角关系而定）
（4）点到平面距离：设为平面外一点，为平面上任意一点，则到平面的距离为，即在法向量上投影的绝对值.
（二）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧
1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标，再想办法利用条件求出坐标
2、解题关键：减少变量数量——可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：
（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标
（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标
规律：维度=所用变量个数
3、如何减少变量：
（1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若使得
例：已知，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示，方法如下：——三点中取两点构成两个向量
因为在上，所以 ——共线定理的应用（关键）
，即——仅用一个变量表示
（2）平面上的点：平面向量基本定理——若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，使得：
例：已知，则平面上的某点坐标可用两个变量表示，方法如下：，故，即
（三）方法与技巧
1.两条异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．
②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是．
③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有.
2.直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.

3.求二面角的大小
(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小(或)．
4.点面距的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.

【经典例题】
例1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数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．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）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，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案．
【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，，∴，
又为等边三角形，则，∴，，则，∴，同理，又，∴平面．
（2）过作∥交于点N，∵平面，以为坐标原点， 为轴，为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，∴，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
∴，故，
设二面角的大小为，则．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了线面垂直的证明，考查二面角的计算，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确建立适当的空间直角坐标系．
例2．【2020年高考全国Ⅲ卷理数19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且．
（1）证明：点在平面内；
（2）证明：若时，求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）二面角的正弦值为．
【思路导引】（1）连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（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，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值．
【解析】证明：（1）在上取一点，使得，分别连结，，，．

在长方体中，有，且，
又，，，∴，
∴四边形和四边形都是平行四边形．
∴且，且，
又在长方体中，有且，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴且，又且，
∴且，则四边形为平行四边形，∴点在平面内．
（2）解：在长方形中，以为原点，所在直线为轴，的直线为轴，所在直线为轴，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，则，取法向量；
设平面的一个法向量为，则，取法向量，∴，
设二面角为，则，即二面角的正弦值为．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是建立合适的空间直角坐标系，应用空间向量法求解二面角．
例3．【2020年高考江苏卷24】在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）；（2）．
【思路导引】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果．
【解析】

（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则

从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
，
令，
设平面一个法向量为
令，，
因此．
【专家解读】本题的特点是注重空间的基本计算，本题考查了异面直线所成角及二面角的计算，考查直观想象、数学运算等学科素养．解题关键是建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量解决问题．
例4．【2020年高考天津卷17】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．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【思路导引】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．
（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；
（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
（Ⅲ）利用空间向量法可求得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）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）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．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）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．
【专家解读】本题的特点是注重空间位置关系的证明、空间的基本计算，本题考查了线线垂直的证明，直线与平面所成角及二面角的计算，考查直观想象、数学运算、逻辑推理等学科素养．解题关键是合理建立空间直角坐标系，应用空间向量求空间角．
例5．【2020年高考山东卷20】如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【解析】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，
因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
【专家解读】本题的特点是注重空间位置关系的证明、空间的基本计算，本题考查了线垂直的证明，考查基本不等式、考查直线与平面所成角最值的计算，考查直观想象、数学运算、逻辑推理等学科素养．解题关键是合理建立空间直角坐标系，应用空间向量求线面角．

例6．（2020·江西高三三模）如图，在正三棱柱中，，，点，满足，.

（1）证明：面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：连接交于点，连接，
由，从而与相似，
又知，
又，从而在中，有.
从而得：，
又面，面，
故面.

（2）解：由三棱柱为正三棱柱，故以为坐标原点，
以射线，分别轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，得：
，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则：，
不妨取，则，
设平面的法向量为，
则：，
不妨取，则，
记二面角为（应为钝角），
，
故二面角的余弦值为.

例7．（2020·江苏南通·高三三模）如图，在空间直角坐标系中，已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为6，正方形ABCD的中心为坐标原点O，AD，BC平行于x轴，AB、CD平行于y轴，顶点P在z轴的正半轴上，点M、N分别在PA，BD上，且.

（1）若，求直线MN与PC所成角的大小；
（2）若二面角A-PN-D的平面角的余弦值为，求λ的值.
【答案】（1）（2）或
【解析】依题意知，，，，.
设，.
由，知，，
即，
且，
所以，，，
，，，
从而，.
（1）若，则，，
所以，
所以.
又因，
所以，
故直线MN与PC所成角的大小为.
（2）连结AC，易知平面PBD.
而，
故平面PBD的一个法向量为.
设平面PAN的一个法向量为，
则.
又因为，
所以
不妨取，则，，
所以.
因为二面角A-PN-D的平面角的余弦值为.
所以
整理得，解得或.
例8．（2020·江苏南通·高三三模）如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC，，，，D，E分别为棱BC，PC的中点，点F在棱PA上，设．

（1）当时，求异面直线DF与BE所成角的余弦值；
（2）试确定t的值，使二面角C-EF-D的平面角的余弦值为．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】在三棱锥中，底面ABC，，
则，，
故以基底，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，
所以，，，．
因为D，E分别为棱BC，PC的中点，
所以，．
（1）当时，．
所以．
设异面直线DF与BE所成的角为，
则，
所以异面直线DF与BE所成角的余弦值为．
（2）设，，
则，．
因为，，，
平面APC，所以平面APC，
故平面CEF的一个法向量为．
设平面DEF的一个法向量为，
则，即．
不妨取，则，，
所以平面DEF的一个法向量为．
因为二面角的平面角的余弦值为，
所以
解得或，
则或．
因此，当或时，
二面角的平面角的余弦值为．
【精选精练】
1．（2020·四川棠湖中学高三三模）已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】平面，底面是边长为2的正方形，
如图建立空间直角坐标系，由题意：
，，，，，
为的中点，.
，，
，
异面直线与所成角的余弦值为即为.
故选：B.

2．（2020·浙江高三三模）如图，已知直四棱柱的底面为边长为1的正方形，，为棱上一动点，若二面角的平面角，则线段的长度的取值范围为（ ）．

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】为棱上一动点根据题意设，
底面为边长为1的正方形，
.
如图，连接，取的中点，的中点，连接，，

则，，故为二面角的平面角，
故，
.
连接，，在中，
易知，
，
，
故，
故，
又，
，
故线段的长度的取值范围为.
故选：A.
3．（2020·四川泸县五中高三三模）如图，在正方体中，点为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设正方体的棱长为2，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
∴，
故，令，故可得
当时，恒成立，故是单调减函数，
由复合函数单调性可知，在上是减函数，
∴时，取最小值，
时，取最大值.
∴的取值范围是.
故选：C.
4．（2020·北京一七一中高三三模）如图所示，四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点，当直线PA与直线EM所成的角为时，那么线段PM的长度是______．

【答案】
【解析】

如图建立空间直角坐标系，
则0，，0，，2，，
，
是棱PB的中点，1，，
设2-m，，则，
∴
=，
解得，
∴，
，
故答案为．
5．（2020·北京人大附中昌平学校三模）在四棱锥的底面中，，，平面，是的中点，且

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）线段上是否存在点，使得，若存在指出点的位置，若不存在请说明理由.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，点为线段的中点.
【解析】（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形.
平面.
（Ⅱ）平面，四边形为正方形.
所以，，两两垂直，建立如图所示坐标系，

则，，，，
设平面法向量为，则，
连结，可得，又所以，平面，
平面的法向量，
设二面角的平面角为，则.
（Ⅲ）线段上存在点使得，设，
，，，
所以点为线段的中点.
6．（2020·陕西榆林·高三三模）在四棱锥中，底面是平行四边形，底面．

（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）在中，由正弦定理可得：，
，
底面，
平面，
；
（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，，
设平面的法向量为，由可得：，令，则，
设平面的法向量为，由可得:，令，则，
设二面角的平面角为，由图可知为钝角，
则，
，故二面角的正弦值为.

7．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，点在线段上，且平面.

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】(1)证明:如图,连接,交于点,连接,,则为的中点
因为为的中点，所以.又,所以
从而,,,四点共面.因为平面,平面
平面平面,所以.又
所以四边形为平行四边形,所以,所以.

（2）因为,为的中点,所以
又三棱柱是直三棱柱,，所以，，互相垂直
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向
建立如图所示的空间直角坐标系,因为,
所以,,,
所以,,.设平面的法向量为
则,即.令,可得,.
所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为
则,即.令,可得,
所以平面的一个法向量为.
所以.
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
8．（2020·新疆乌鲁木齐·高三三模）如图，在四棱锥中，平面，是正方形，是中点，点在上，且.

（1）证明平面；
（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解；(2).
【解析】（1）因为平面，平面，故可得；
设底面正方形的边长为4，故可得，
，，
故在中，满足，故可得；
又平面，且，
则平面，即证.
（2）因为平面,平面，故可得，
又底面为正方形，故可得，
故以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系如下图所示：

设，故可得
设平面的法向量为，
则，则
取，则.
不妨取平面的法向量.
则.
设平面与平面所成二面角的平面为，
则.
即平面与平面所成二面角的正弦值为.
9．（2020·湖南明达中学高三三模）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形是菱形，

（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF
（2）求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值
【答案】（1）见解析（2）
【解析】证明：（1）设是中点，连结、、，
在中，，，
四边形是菱形，，
是等边三角形，，
是二面角的平面角，
在中，，，
，，
又，，
，
平面平面．
解：（2）由（1）知、、两两垂直，以为原点，为轴，为轴，
为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，0，，，，，，0，，
，，，，，，
，，又平面，平面，
平面，平面，
平面，平面，
又，平面平面，
，、、、四点共面，
又平面平面，平面平面，
，四边形是平行四边形，
，，
，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则．
平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

10．（2020·石嘴山市第三中学高三三模）如图所示,在四棱锥中,底面,,,点为棱的中点.用空间向量进行以下证明和计算:

（1）证明:;
（2）若为棱上一点,满足,求二面角的正弦值.
【答案】（1）答案见解析 （2）
【解析】依题意,以点为原点建立空间直角坐标系(如图),
可得，由为棱的中点,得.

（1）向量，，
故,
所以.
（2）向量,，，，
由点在棱上,设，，则，
由,得，
因此，，
解得,即.
设为平面的法向量,
则 即 ，
不妨令,可得为平面的一个法向量，
取平面的法向量,
则.

所以二面角的正弦值为.
11．（2020·天津高三三模）如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，为的中点.

（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，，
所以面，
又，可以建立以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得，，，，，，，

（1）证明：由题意，，，
因为，所以.
（2）解：，，
设为平面的法向量，则
，即，
不妨令，可得，
平面的一个法向量，
因此有，
由图可得二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
（3）解：（方法一）设，，
所以，因此，
令，即，
解得，即为的中点，
因为平面，平面，，
所以当为的中点时，平面平面，
此时即，
，
所以线段的长为.
（方法二）设，，
所以，因此，
设为平面的法向量，
则，即，
不妨令，可得，
因为平面平面，所以，