2020数学（理）二轮教师用书：第2部分专题4第2讲　空间向量与立体几何


第2讲　空间向量与立体几何

[做小题——激活思维]
1．在正方体A1B1C1D1­ABCD中，AC与B1D所成角的大小为(　　)
A.　　 B.
C. D.
D　[如图，连接BD，易证AC⊥平面BB1D，
∴AC⊥B1D，
∴AC与B1D所成角的大小为.]
2．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
C　[∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
∴|m|＝1，|n|＝，m·n＝1，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
设两平面所成的二面角为α，则
|cos α|＝，∴α＝45°或135°，故选C.]
3．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；
③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.
其中真命题的序号是(　　)
A．①② B．②③
C．①④ D．②④
D　[对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a，b，c，满足a⊥b，b⊥c，但是a⊥c，所以①错误；
对于②，若a∥b，a∥c，则b∥c，满足平行线公理，所以②正确；
对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；
对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]
4．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________．
　[设l与α所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，又θ∈，∴θ＝.]
[扣要点——查缺补漏]
1．证明线线平行和线线垂直的常用方法
(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T3.
(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．
2．证明线面平行和线面垂直的常用方法
(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理．
(2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理．
3．异面直线所成的角求法
(1)平移法：解三角形．
(2)向量法：注意角的范围．如T1.
4．二面角的求法

cos θ＝cos〈m，n〉＝，如T2.
5．线面角的求法

sin θ＝|cos〈m，n〉|，如T4.

　利用空间向量求空间角(5年15考)

[高考解读]　主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.
(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
切入点：(1)借助勾股定理，证明PO⊥OB；
(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M­PA­C为30°求出点M的坐标，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值．
[解](1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(0,2,2)．取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
[教师备选题]
1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
[解](1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.
因为EG平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F－1,0，，C(0，，0)，
所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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A­MA1­N的正弦值．
[解](1)连接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D­xyz，则
A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则

所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则

所以可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A­MA1­N的正弦值为.

1．利用向量法求线面角的两种方法
(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
2．利用向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．

1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 (　　)
A.　　　　 B.
C. D.
D　[法一：(平移法)取BC的中点H，连接EH，AH，∠EHA＝90°，设AB＝2，则BH＝HE＝1，AH＝，所以AE＝，连接ED，ED＝，因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD，在△EAD中cos∠EAD＝＝，故选D.
法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O为原点，建立空间直角坐标系O­xyz，设AB＝2，则A(1,0,0)，B(1,0,2)，C(－1,0,2)，E(0,1,2)，
∴＝(－1,1,2)，＝(－2,0,0)
∴cos〈，〉＝＝，故选D.]
2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC­A1B1C1中， AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝， AB＝BC＝2, BB1＝4，点D在棱CC1上，且CD＝λCC1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)当λ＝时，求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值；
(2)若二面角A­B1D­A1的平面角为，求λ的值．
[解](1)易知A， B1， A1.
当λ＝时， 因为BC＝CD＝2, ∠BCC1＝，
所以C，D.
所以＝， ＝.
所以cos 〈，〉＝
＝＝－.
故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为.
(2)由CD＝λCC1可知， D，
所以＝，
由(1)知， ＝.
设平面AB1D的法向量为m＝，
则
即
令y＝1，解得x＝， z＝2，
所以平面AB1D的一个法向量为m＝.
设平面A1B1D的法向量为n＝，
则 即
令y＝1，解得x＝， z＝0，
所以平面A1B1D的一个法向量为n＝.
因为二面角A­B1D­A1的平面角为，
所以＝
＝＝，
即2＝1，
解得λ＝(舍)或λ＝1，
故λ的值为1.
3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．
[解](1)证明：在三棱台DEF­ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，
可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF­ABC中，
G为AC的中点，
由DF＝AC＝GC，
可得四边形DGCF为平行四边形，
因此DG∥FC.
又FC⊥平面ABC，
所以DG⊥平面ABC.
连接GB，在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC的中点，
所以AB＝BC，GB⊥GC，
因此GB，GC，GD两两垂直．
以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G­xyz.
所以G(0,0,0)，B(，0,0)，
C(0，，0)，D(0,0,1)．
可得H，F(0，，1)．
故＝，＝(0，，1)．
设n＝(x，y，z)是平面FGH的法向量，则
由可得
可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．
因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0,0)，
所以cos〈，n〉＝＝＝.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
4.(以五面体为载体)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E­BC­A的余弦值．
[解](1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩EF＝F，
所以AF⊥平面EFDC.
又AF平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G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G­xyz.
由(1)知∠DEF为二面角D­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．
由已知得，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF.
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C­BE­F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，)．连接AC，
所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则
即
所以可取n＝(3,0，－)．
设m是平面ABCD的法向量，则
同理可取m＝(0，，4)．
则cos〈n，m〉＝＝－.
故二面角E­BC­A的余弦值为－.
　利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)

[高考解读]　以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明；
(2)建立空间直角坐标系通过向量法求解．
[解](1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF平面PEF，EF平面PEF，且PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，PF2＋PE2＝EF2，故PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
[教师备选题]
(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．
[解](1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，
故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC，得＝＝.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.
(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H­xyz，则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则
即
所以可取m＝(4,3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
即
所以可取n＝(0，－3,1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝－.
sin〈m，n〉＝.
因此二面角B­D′A­C的正弦值是.

平面图形翻折问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．

(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(P平面ABCE)．

(1)证明：AE⊥PB；
(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角A­PE­C的余弦值．
[解](1)证明：连接BD，设AE的中点为O，
∵AB∥CE，AB＝CE＝CD，
∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，
∴△ADE，△ABE为等边三角形，
∴OD⊥AE，OB⊥AE，
又OP∩OB＝O，
∴AE⊥平面POB，又PB平面POB，
∴AE⊥PB.
(2)在平面POB内作PQ⊥平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，
∴直线PB与平面ABCE夹角为∠PBO＝，
又OP＝OB，∴OP⊥OB，
∴O、Q两点重合，即PO⊥平面ABCE，
以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P，E，C，∴＝，＝，设平面PCE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令x＝得n1＝(，－1,1)，
又OB⊥平面PAE，
∴n2＝(0,1,0)为平面PAE的一个法向量，
设二面角A­EP­C为α，
则|cos α|＝cos〈n1，n2〉＝＝＝，
易知二面角A­EP­C为钝角，所以cos α＝－.
　立体几何的综合问题(5年3考)

[高考解读]　将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.
(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM⊥CM，进而借助面面垂直的判定求解．
(2)借助体积公式先探寻M点的位置，建系借助坐标法求解．
[解](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BC∩CM＝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D­xyz.
当三棱锥M­ABC体积最大时，M为的中点．
由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即
可取n＝(1,0,2)．
是平面MCD的法向量，因为cos〈n，〉＝＝，
sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.

存在性问题的求解策略
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．
(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．

(探索位置型)如图所示，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°，且AB＝AP.
(1)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
(2)在线段AD上是否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由．
[解]　(1)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A­xyz，如图1所示．

图1
在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1.
设AB＝AP＝t(t＞0)，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
∴E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
∴＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
cos 60°＝，
即＝，
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t＞0)，
∴AB＝.
(2)法一：(向量法)假设在线段AD上存在一点G(如图2所示)，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，(0，－m，t)．

图2
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m.　①
由||＝||，得(4－m－t)2＝m2＋t2.　②
由①，②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.　③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在点G到点P，B，C，D的距离都相等．
法二：(几何法)假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．

图3
由GC＝GD得∠GCD＝∠GDC＝45°，
∴∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
∴GD＝CD·cos 45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
如图3所示，在Rt△ABG中，
GB＝＝
＝＞1，
这与GB＝GD矛盾．
∴在线段AD上不存在点G到点P，B，C，D的距离都相等．