高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题三立体几何与空间向量理科第3讲空间向量与立体几何理科学案含解析

第3讲　空间向量与立体几何(理科)

JIE TI CE LUE MING FANG XIANG

解题策略·明方向　

⊙︱考情分析︱

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．

⊙︱真题分布︱

(理科)

KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN

考点分类·析重点　

考点一　利用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μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．

(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(k≠0)⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k≠0)．

(3)面面平行

α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv(λ≠0)⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3(λ≠0)．

(4)面面垂直

α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0．

典例1　如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2．

(1)求证：EF∥平面PAB；

(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.

【证明】　(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．

∵点E，F分别是PC，PD的中点，

∴E，F，

＝，＝(1,0,0)．

∵＝－，

∴∥，

即EF∥AB，

又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，

∴EF∥平面PAB.

(2)由(1)可知，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，

＝(1,0,0)，

∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，

·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，

∴⊥，⊥，

即AP⊥DC，AD⊥DC.

又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD，

∴DC⊥平面PAD.

∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.

利用向量法证明平行与垂直的四个步骤

(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知的垂直关系．

(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．

(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．

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．运用向量方法证明：

(1)OM∥平面BCF；

(2)平面MDF⊥平面EFCD.

【证明】　证法一：(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)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为

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.

证法二：(1)＝＋＋

＝－＋＝(＋)－＋

＝－－＋

＝－(＋)－＋

＝－－.

∴向量与向量，共面，BF，BC⊂平面BCF，

又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.

(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，

∵＝，＝－，

∴·＝·＝0，

·＝·(－)

＝－2＋2＝0，

∴⊥，⊥，

即OM⊥CD，OM⊥FC，

又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，

∴OM⊥平面EFCD.

又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.

考点二　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，所成的角为θ，则cosθ＝|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sinθ＝|cos〈n，a〉|＝.

3．向量法求二面角

求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝；

若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.

考向1　异面直线所成的角

典例2　(2020·盐城期末)若平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，AA1⊥底面ABCD，AA1＝1，则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为(　A　)

A．　　 B．－　

C．　　 D．－

【解析】　如图，在菱形ABCD中，由AB＝BC＝2，∠BAD＝60°，

得||＝＝2

又AA1⊥底面ABCD，AA1＝1，

∴||＝＝.||＝＝.

·＝(＋＋)·(－)＝(＋＋)·(－)

＝·－·＋||2－·＋·－||2

＝·＋||2－||2

＝||·||·cos60°＋4－1

＝2×2×＋4－1＝5． 设异面直线AC1与B1C所成角为θ，

则cosθ＝|cos〈·〉|＝＝＝.

故选A．

考向2　直线与平面所成的角

典例3　(2020·安阳二模)已知四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平面ABCD.

(1)求证：BC⊥SD；

(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．

【证明】　(1)取BC的中点F，连接BD、DF和SF，

因为△SBC为等边三角形，所以SF⊥BC；

又四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，

所以△BCD为等边三角形，所以DF⊥BC；

又SF∩DF＝F，SF⊂平面SDF，DF⊂平面SDF，

所以BC⊥平面SDF，又SD⊂平面SDF，

所以BC⊥SD.

(2)解：因为平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，

SF⊥BC，SF⊂平面SBC，所以SF⊥平面ABCD，

又DF⊥BC，所以SF、BC、DF两两垂直；

以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系F－xyz，如图所示：

不妨设AB＝2，则A(－2，，0)，B(－1,0,0)，S(0,0，)；所以＝(1，－，0)，

＝(2，－，)，

设平面SAB的一个法向量为m＝(x，y，z)，

由，得，

令y＝1，得m＝(，1，－1)，

又＝＝，

所以E，

又D(0，，0)，所以＝，

设直线DE与平面SAB所成的角为θ，

则sinθ＝＝＝.

∴直线DE与平面SAB所成角的正弦值为.

2．(2020·泉州质检)四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝，PD＝.

(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；

(2)M为棱PB上异于B的点，且AM⊥MC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值．

【解析】　(1)证明：在Rt△ABC与Rt△ABD中，

因为＝，＝，

所以＝，∠ABC＝∠DAB＝90°，

即△ABC∽△DAB，所以∠ABD＝∠BCA.

因为∠ABD＋∠CBD＝90°，

所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.

因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以PD⊥AC，

又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PBD，

又AC⊂平面PAC，所以平面PBD⊥平面PAC.

(2)过A作AE∥DP，因为PD⊥平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，即AE，AB，AD两两相互垂直，以A为原点，AB，AD，AE所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

因为AB＝1，AD＝2BC＝，PD＝，

所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，，0)，P(0，，)，

＝(1,0,0)，＝(－1，，)，＝，

设＝λ，λ∈(0,1]．

则＝＋λ＝(1－λ，λ，λ)，

＝＋λ＝.

因为AM⊥MC，所以·＝0，

即(1－λ)(－λ)＋λ＋3λ2＝0，

解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝.

因为λ∈(0,1]，所以λ＝.

所以＝，即M.

得＝，＝，

设n＝(x0，y0，z0)为平面MCD的一个法向量，

则

∴

所以取n＝，

设直线AM与平面MCD所成角为θ，

∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，

所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值.

考向3　二面角

典例4　(2020·湖南省怀化市期末)如图四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E为PD中点．

(1)求证：PB∥平面EAC；

(2)求二面角A－BE－C的正弦值．

【解析】　(1)连接BD交AC于O，连接OE，

∵底面ABCD为正方形，

∴O是BD的中点，

∵E为PD中点，∴OE∥PB，

又EO⊂面EAC，PB⊄面EAC，

∴PB∥平面EAC.

(2)∵底面ABCD为正方形，∴AB⊥AD.

又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，

所以建立如图的空间直角坐标系A－xyz，不妨设正方形的边长为2，

则A(0,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，B(2,0,0)，

设m＝(x，y，z)为平面ABE的一个法向量，又＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，

，令y＝－1，z＝1，得m＝(0，－1,1)，

同理n＝(1,0,2)是平面BCE的一个法向量，

则cos〈m，n〉＝＝＝，

∴二面角A－BE－C的正弦值为.

(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：

①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．

(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．

3．(2020·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)如图，三棱锥P－ABC中，PB＝PC，AB＝AC＝，BC＝4，D是BC中点，PD＝PA＝.

(1)求证：PA⊥平面ABC；

(2)求二面角A－PB－C的正弦值．

【解析】　(1)证明：∵PB＝PC，AB＝AC，D是BC中点，

∴AD⊥BC，PD⊥BC，

∵AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，∴BC⊥平面PAD，

∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥BC，

∴AB＝AC＝，BC＝4，AD是BC边上中线，

∴AD＝1，

∵PD＝PA＝，∴PA2＋AD2＝PD2，∴PA⊥AD，

BC∩AD＝D，BC，AD⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC.

(2)以D为原点，DA，DC方向为x，y轴的正方向，过D平行于AP的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，－2，0)，C(0,2,0)，P(1,0,1)，

＝(－1，－2，－1)，＝(0,0，－1)，＝(－1,2，－1)，

设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则

m·＝m·＝0，∴－x－2y－z＝－x＋2y－z＝0，

取x＝1，得m＝(1,0，－1)，

同样可求得平面PAB的一个法向量n＝(2，－1,0)，

∴cos〈m，n〉＝＝＝，

∴面角A－PB－C的正弦值为.

考点三　立体几何中的探索性问题

利用空间向量巧解探索性问题

(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．

(2)解题时，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．

提醒：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．

典例5　(2020·北京房山区期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为等边三角形，AD∥BC，AD＝CD＝2BC＝2，E，F分别为棱PD，PB的中点．

(1)求证：AE⊥平面PCD；

(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；

(3)在棱PC上是否存在点G，使得DG∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．

【解析】　(1)因为CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，AE⊂平面PAD，所以CD⊥AD，CD⊥AE.

又因为△PAD为等边三角形，E为PD的中点，所以PD⊥AE.PD∩CD＝D，

所以AE⊥平面PCD.

(2)取AD的中点O，连接OP，OB，则易知OB∥CD，OB⊥AD，OB⊥OP.因为△PAD为等边三角形，所以OP⊥AD.

以O为原点，以OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系，

A(1,0,0)，E，F，B(0,2,0)P(0,0，)，C(－1,2,0)，D(－1,0,0)，

＝，＝

设平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，

则：，即，

令x＝2，得平面AEF的一个法向量n＝(2，－1,2)，易知平面PAD的一个法向量为＝(0,2,0)，

cos〈，n〉＝＝＝－.

所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为.

(3)假设棱PC上存在点G，使得DG∥平面AEF，且设＝λ，λ∈[0,1]，则＝λ，

＝(－1,2，－)，则G(－λ，2λ，－λ)，

＝(1－λ，2λ，－λ)，要使得DG∥平面AEF，则·n＝2－2λ－2λ＋6－6λ＝0，得λ＝，

所以线段PC上存在点G，使得DG∥平面AEF，＝.

利用空间向量巧解探索性问题

(1)对于存在型问题，解题时，把要满足的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．

(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．

4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点．

(1)若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的位置关系，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，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)．

因为点E是D1O的中点，

所以点E的坐标为.

所以＝(－1，－1,2)，

＝，＝(0,2,0)．

设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的一个法向量，

则即

取x0＝2，则z0＝－1，

所以平面CDE的一个法向量为p＝(2,0，－1)．

所以|cos〈，p〉|＝＝＝.

所以直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.

(2)存在，且点E为靠近O的三等分点．证明如下：

假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.设＝λ，显然＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,2)．

设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的一个法向量，

则即

取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，

所以平面CD1O的一个法向量为m＝(1,1,1)．

因为＝λ，

所以点E的坐标为，

所以＝.

设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的一个法向量，

则即

取x2＝1，则z2＝－，

所以平面CDE的一个法向量为n＝.

因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，

所以1－＝0，解得λ＝2．

所以当＝2，即点E为靠近O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.

YI CUO QING LING MIAN SHI WU

易错清零·免失误　

1．混淆空间角与向量所成角致误

典例1　如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．

(1)求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；

(2)AP与平面ABCD所成角的余弦值．

【错解】　如图所示，取DC的中点O，连接PO，

∵△PDC为正三角形，

∴PO⊥DC.

又∵平面PDC⊥平面ABCD，

∴PO⊥平面ABCD.

建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，

则P，A，B，C，D.

(1)∵E为PC的中点，∴E，

∴＝，＝，

∴·＝a×＋a×＝－a2，

||＝a，||＝a，

cos〈，〉＝＝＝－.

∴异面直线PA与DE所成的角的余弦值为－.

(2)平面ABCD的法向量n＝，

∴cos〈，n〉＝＝＝－.

∴AP与平面ABCD所成角的余弦值为.

【剖析】　本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成的角的概念，当然运算错误也是常见的一种失分原因，避免失分，首先要理解空间角与向量的角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系．

【正解】　如图所示，取DC的中点O，连接PO，

∵△PDC为正三角形，

∴PO⊥DC.

又∵平面PDC⊥平面ABCD，

∴PO⊥平面ABCD.

建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则P，

A，B，C，D.

(1)设异面直线PA与DE所成的角为θ，

E为PC的中点，∴E，

∴＝，＝，

∴·＝a×＋a×＝－a2，

||＝a，||＝a，

cos〈，〉＝＝＝－.

由于cosθ＝|cos〈，〉|，

所以异面直线PA与DE所成角的余弦值为.

(2)设AP与平面ABCD所成的角为α，

平面ABCD的法向量n＝，

∴cos〈，n〉＝＝＝－.

由于sinα＝|cos〈，n〉|＝，所以cos α＝，

所以AP与平面ABCD所成角的余弦值为.

2．忽视平面图形翻折前后的显性关系致误

典例2　(2020·广东四校第一次联考)已知三棱锥P－ABC(如图一)的平面展开图(如图二)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P－ABC中．

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；

(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角P－BC－M的余弦值．

【解析】　(1)证明：

设AC的中点为O，连接BO，PO，

由题意，得PA＝PB＝PC＝，

PO＝1，AO＝BO＝CO＝1，

因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，

所以PO⊥AC，

因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝，

PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.

因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，

因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.

(2)由(1)知，BO⊥PO，BO⊥AC，BO⊥平面PAC，

所以∠BMO是直线BM与平面PAC所成的角，

且tan∠BMO＝＝，

所以当OM最短时，即M是PA的中点时，∠BMO最大，

由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，所以PO⊥OB，PO⊥OC，于是以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M，

＝(1，－1,0)，＝(1,0，－1)，＝，

设平面MBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则

由得

令x1＝1，得y1＝1，z1＝3，即m＝(1,1,3)，

设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

由得

令x＝1，得y＝1，z＝1，即n＝(1,1,1)，

cos〈n，m〉＝＝＝，

由图可知，二面角P－BC－M的余弦值为.

【剖析】　(1)本题的易错点是不会将空间几何图形的线段关系与展开后的平面图形中的线段关系进行比较，得到空间位置关系中需要的数据，导致解题的错误．求解平面图形的翻折问题时，避开易错点的关键是注意翻折前后的不变量及位置关系，对照翻折前后的图形，弄清楚变的量与不变的量，再立足于不变的量的位置关系与数量关系去探究变化的量在空间图形中的位置关系与数量关系．

(2)破解翻折问题的核心是“折线”，一条折线把平面图形分成两部分，将平面图形沿折线翻折，与折线平行或垂直的线段，翻折后平行关系或垂直关系不变，翻折后要注意利用空间几何体中的线、面位置关系来解决问题．