（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理（普通生，含解析） [全國(guó)卷3年考情分析] 年份 全國(guó)卷Ⅰ 全國(guó)卷Ⅱ 全國(guó)卷Ⅲ 2018 線面角的正弦值的求解·T18(2) 二面角、線面角的正弦值的求解·T20(2) 二面角的正弦值的求解·T19(2) 2017 二面角的余弦值的求解·T18(2) 二面角的余弦值的求解·T19(2) 二面角的余弦值的求解·T19(2) 2016 二面角的余弦值的求解·T18(2) 二面角的正弦值的求解·T19(2) 線面角的正弦值的求解·T19(2) 高考對(duì)此部分的

2、命題較為穩(wěn)定，一般為解答題，多出現(xiàn)在第18或19題的第二問的位置，考查利用空間向量求異面直線所成的角、線面角或二面角，難度中等偏上． 利用空間向量證明空間位置關(guān)系 1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，D為C1C的中點(diǎn)，求證：B1D⊥平面ABD. 證明：由題意知AB，BC，BB1兩兩垂直，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)， 設(shè)BA＝a，則A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2

3、)， ＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA?平面ABD，BD?平面ABD， 所以B1D⊥平面ABD. 2.如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以E，F(xiàn)

4、， ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)， ＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． (1)因?yàn)椋剑?，所以∥? 即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因?yàn)椤ぃ?0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥， 即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以DC⊥平面PAD.因?yàn)镈C?平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. [解題方略] 利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系，建系時(shí)要盡可能地利用條件中的

5、垂直關(guān)系． (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素． (3)通過空間向量的運(yùn)算求出直線的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直關(guān)系． (4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題. 利用空間向量求空間角 增分考點(diǎn)·廣度拓展 [分點(diǎn)研究] 題型一　計(jì)算異面直線所成的角 [例1]　已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值． [解]　法一：(基向量法)如圖，?。絘，＝b，＝c，則由已知可得|a|＝2，|b|＝|c|＝1， 且〈a，b〉＝120°，〈a，c

6、〉＝〈b，c〉＝90°. 所以a·b＝2×1×cos 120°＝－1，a·c＝b·c＝0. 因?yàn)椋絚－a，＝b＋c， 所以·＝(c－a)·(b＋c)＝c2＋c·b－a·b－a·c＝12＋0－(－1)－0＝2. 又||＝＝＝＝， ||＝＝＝＝， 所以cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. 法二：(坐標(biāo)法)如圖，在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)B作BD⊥AB，交AC于點(diǎn)D，則∠CBD＝30°. 因?yàn)锽B1⊥平面ABC，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線BD，BA，BB1為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則B(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1

7、)，C1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C1. 所以＝(0，－2,1)，＝. 所以cos〈，〉＝ ＝＝. 所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. [解題方略]　向量法求異面直線所成角 設(shè)異面直線a，b所成的角為θ，則cos θ＝，其中，a，b分別是直線a，b的方向向量． 此方法解題的關(guān)鍵在于找出兩異面直線的方向向量，求兩個(gè)向量的數(shù)量積，而要求兩向量的數(shù)量積，可以求兩向量的坐標(biāo)，也可以把所求向量用一組基向量表示．兩個(gè)向量的夾角范圍是[0，π]，而兩異面直線所成角的范圍是，應(yīng)注意加以區(qū)分． [注意]　兩條異面直線所成角的范圍是.當(dāng)所作或所求的角為鈍角時(shí)，應(yīng)取其補(bǔ)角

8、作為兩條異面直線所成的角． 題型二　計(jì)算直線與平面所成的角 [例2]　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． [解]　(1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF， 又PF∩EF＝F， 所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如圖，作PH⊥EF，垂足為H. 由(1)得，PH⊥平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，

9、||為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又因?yàn)镈P＝2，DE＝1， 所以PE＝. 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF. 所以PH＝，EH＝. 則H(0,0,0)，P，D， ＝，＝. 又為平面ABFD的法向量， 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ， 則sin θ＝＝＝. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. [解題方略]　向量法求直線和平面所成的角 設(shè)θ為直線l與平面α所成的角，φ為直線l的方向向量m與平面α的法向量n之間的夾角，則有φ＝－θ(如圖(1))或φ＝＋θ(如圖(2))，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos〈

10、m，n 〉|＝.特別地，φ＝0時(shí)，θ＝，l⊥α；φ＝時(shí)，θ＝0，l?α或l∥α. 題型三　計(jì)算二面角 [例3]　如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°. (1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值； (2)求二面角B-A1D-A的正弦值． [解]　(1)在平面ABCD內(nèi)，過點(diǎn)A作AE⊥AD，交BC于點(diǎn)E. 因?yàn)锳A1⊥平面ABCD， 所以AA1⊥AE，AA1⊥AD. 故以AE，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)锳B＝AD＝2， AA1＝

11、，∠BAD＝120°， 則A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)． (1) ＝(，－1，－)，＝(，1，)． 則cos〈，〉＝＝＝－. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)可知平面A1DA的一個(gè)法向量為＝(，0,0)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個(gè)法向量， 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)， 則即 不妨取x＝3，則y＝，z＝2， 所以m＝(3，，2)為平面BA1D的一個(gè)法向量， 從而cos〈，m〉＝＝＝. 設(shè)二面角B-A1D-A的大小為θ，則|cos θ|＝. 因?yàn)棣取蔥0

12、，π]，所以sin θ＝＝. 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. [解題方略]　向量法求二面角 設(shè)二面角α-l-β的平面角為θ(0≤θ≤π)，n1，n2分別為平面α，β的法向量，向量n1，n2的夾角為ω，則有θ＋ω＝π(如圖(1))或θ＝ω(如圖(2))，其中cos ω＝. [多練強(qiáng)化] 1.(2019屆高三·貴陽摸底)如圖，CD，AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，E是底面圓周上不同于A，B兩點(diǎn)的一點(diǎn)，AE＝1. (1)求證：BE⊥平面DAE； (2)求二面角C-DB-E的余弦值． 解：(1)證明：由圓柱的性質(zhì)知，DA⊥平面ABE，

13、 又BE?平面ABE，∴BE⊥DA， ∵AB是底面圓的直徑，E是底面圓周上不同于A，B兩點(diǎn)的一點(diǎn)， ∴BE⊥AE. 又DA∩AE＝A，DA?平面DAE，AE?平面DAE， ∴BE⊥平面DAE. (2)法一：如圖，過E作EF⊥AB，垂足為F，由圓柱的性質(zhì)知平面ABCD⊥平面ABE， ∴EF⊥平面ABCD. 過F作FH⊥DB，垂足為H，連接EH， 則∠EHF即所求的二面角的平面角的補(bǔ)角， 由AB＝AD＝2，AE＝1， 得DE＝，BE＝，BD＝2， ∴EF＝＝， 由(1)知BE⊥DE，∴EH＝＝＝， ∴sin∠EHF＝＝＝， ∴cos∠EHF＝ ＝， ∴二面角C-DB

14、-E的余弦值為－. 法二：過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， ∵AB＝AD＝2，AE＝1， ∴BE＝，∴E， D(0,0,2)，B(0,2,0)， ∴＝，＝(0，－2,2)． 設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取z＝1，則n＝(，1,1)為平面EBD的一個(gè)法向量． 易知平面CDB的一個(gè)法向量為m＝(1,0,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝， 由圖知，二面角C-DB-E為鈍角， ∴二面角C-DB-E的余弦值為－. 2．(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形且∠CBB1＝60°

15、，AB＝AC1. (1)證明：平面AB1C⊥平面BB1C1C； (2)若AB⊥B1C，直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，求直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值． 解：(1)證明：連接BC1交B1C于點(diǎn)O，連接AO， ∵側(cè)面BB1C1C為菱形，∴B1C⊥BC1. ∵AB＝AC1，O為BC1的中點(diǎn)，∴AO⊥BC1. ∵B1C∩AO＝O，∴BC1⊥平面AB1C. 又BC1?平面BB1C1C，∴平面AB1C⊥平面BB1C1C. (2)∵AB⊥B1C，BO⊥B1C，AB∩BO＝B， ∴B1C⊥平面ABO， 又AO?平面ABO， ∴AO⊥B1C，從而OA，OB，OB

16、1兩兩垂直． 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. ∵直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°， ∴∠ABO＝30°. 設(shè)AO＝1，則BO＝，又∠CBB1＝60°， ∴△CBB1是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形， ∴A(0,0,1)，B(，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，－1,0)， ＝(0,1，－1)，＝(0，－2,0)， ＝＝(，0，－1)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1B1C的法向量， 則即 令x＝1，則n＝(1,0，)為平面A1B1C的一個(gè)法向量． 設(shè)直線AB1與平面A1B1C所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈

17、，n〉|＝＝， ∴直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值為. 利用空間向量解決探索性問題 [典例]　已知幾何體ABCC1B1N的直觀圖和三視圖如圖所示，其正視圖為矩形，側(cè)視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形． (1)連接B1C，若M為AB的中點(diǎn)，在線段CB上是否存在一點(diǎn)P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由． (2)求二面角C-NB1-C1的余弦值． [解]　由題意可知，BA，BB1，BC兩兩垂直，以BA，BB1，BC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz，則由該幾何體的三視圖可知，C(0,0,4)，N(

18、4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)． (1)設(shè)平面CNB1的法向量為n＝(x，y，z)． ∵＝(－4，－4,4)，＝(－4,4,0)， ∴即 令x＝1，可得平面CNB1的一個(gè)法向量為n＝(1,1,2)， 設(shè)P(0,0，a)(0≤a≤4)，由于M(2,0,0)， 則＝(2,0，－a)． 又MP∥平面CNB1， ∴·n＝2－2a＝0，解得a＝1. ∴在線段CB上存在一點(diǎn)P，使得MP∥平面CNB1，此時(shí)BP＝1. (2)設(shè)平面C1NB1的法向量為m＝(x′，y′，z′)， ∵＝(－4,4,4)， ∴即 令x′＝1，可得平面C1NB1的一個(gè)法向量為m＝(1,

19、1,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖可知，二面角C-NB1-C1為銳角， 故二面角C-NB1-C1的余弦值為. [解題方略]　利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論． (2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論． [多練強(qiáng)化] 如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)E是棱PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F是PC的中點(diǎn)． (1)證明：P

20、B∥平面AEC. (2)若四邊形ABCD為正方形，探究在什么條件下，二面角C-AF-D大小為60°？ 解：(1)證明：連接BD，設(shè)AC∩BD＝O，連接OE， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形， 所以點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)， 因?yàn)辄c(diǎn)E是棱PD的中點(diǎn)， 所以PB∥EO， 又因?yàn)镻B?平面AEC，EO?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)由題意知AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)AB＝AD＝2a，AP＝2c， 則A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，

21、F(a，a，c)． 因?yàn)閦軸?平面CAF， 所以設(shè)平面CAF的一個(gè)法向量為n＝(x,1,0)， 而＝(2a,2a,0)， 所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1， 所以n＝(－1,1,0)． 因?yàn)閥軸?平面DAF， 所以設(shè)平面DAF的一個(gè)法向量為m＝(1,0，z)， 而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－， 所以m＝， 所以cos 60°＝＝＝，得a＝c. 即當(dāng)AP等于正方形ABCD的邊長(zhǎng)時(shí)，二面角C-AF-D的大小為60°. 數(shù)學(xué)抽象——向量法解決空間立體幾何問題 [典例]　如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點(diǎn)D，E，

22、N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求證：MN∥平面BDE； (2)求二面角C-EM-N的正弦值； (3)已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長(zhǎng)． [解]　由題意知，AB，AC，AP兩兩垂直，故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．依題意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)． (1)證明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)． 設(shè)n＝(x，y，

23、z)為平面BDE的法向量， 則即 不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)． 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0. 因?yàn)镸N?平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量． 設(shè)n2＝(x1，y1，z1)為平面EMN的法向量， 又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)， 則即 不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝. 所以二面角C-EM-N的正弦值為. (3)依題意，設(shè)AH＝h(0≤h≤4)，則H(0,0，h)， 進(jìn)而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos〈，〉|＝ ＝＝， 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝. 所以線段AH的長(zhǎng)為或. [素養(yǎng)通路] 本題考查了線面平行、二面角及已知線面角求線段的長(zhǎng)，以學(xué)習(xí)過的空間向量的相關(guān)知識(shí)為工具，通過數(shù)學(xué)抽象將幾何問題：證明線面平行、求二面角及求線段的長(zhǎng)抽象成直線共線向量與平面法向量垂直、兩平面法向量的夾角及向量的模長(zhǎng)問題，進(jìn)而進(jìn)行求解，考查了數(shù)學(xué)抽象這一核心素養(yǎng)．