（通用版）2019版高考數(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）.doc

重點(diǎn)增分專題九立體幾何中的向量方法全國(guó)卷3年考情分析年份全國(guó)卷全國(guó)卷全國(guó)卷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ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，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)BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，所以0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，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PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2.(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)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因?yàn)椋?，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因?yàn)?0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，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ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值解法一：(基向量法)如圖，取a，b，c，則由已知可得|a|2，|b|c|1，且a，b120，a，cb，c90.所以ab21cos 1201，acbc0.因?yàn)閏a，bc，所以(ca)(bc)c2cbabac120(1)02.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BDAB，交AC于點(diǎn)D，則CBD30.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)，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，則cos ，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，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)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PFBF.(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BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如圖，作PHEF，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，|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又因?yàn)镈P2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.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，則sin .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)為直線l與平面所成的角，為直線l的方向向量m與平面的法向量n之間的夾角，則有(如圖(1)或(如圖(2)，所以有sin |cos |cosm，n |.特別地，0時(shí)，l；時(shí)，0，l或l.題型三計(jì)算二面角例3如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解(1)在平面ABCD內(nèi)，過點(diǎn)A作AEAD，交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.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BAD2，AA1，BAD120，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x3，則y，z2，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BA1DA的大小為，則|cos |.因?yàn)?，所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值為.解題方略向量法求二面角設(shè)二面角l的平面角為(0)，n1，n2分別為平面，的法向量，向量n1，n2的夾角為，則有(如圖(1)或(如圖(2)，其中cos .多練強(qiáng)化1.(2019屆高三貴陽(yáng)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)，AE1.(1)求證：BE平面DAE；(2)求二面角CDBE的余弦值解：(1)證明：由圓柱的性質(zhì)知，DA平面ABE，又BE平面ABE，BEDA，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)，BEAE.又DAAEA，DA平面DAE，AE平面DAE，BE平面DAE.(2)法一：如圖，過E作EFAB，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FHDB，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ABAD2，AE1，得DE，BE，BD2，EF，由(1)知BEDE，EH，sinEHF，cosEHF ，二面角CDBE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，ABAD2，AE1，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z1，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)，cosm，n，由圖知，二面角CDBE為鈍角，二面角CDBE的余弦值為.2(2018石家莊質(zhì)檢)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形且CBB160，ABAC1.(1)證明：平面AB1C平面BB1C1C；(2)若ABB1C，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，B1CBC1.ABAC1，O為BC1的中點(diǎn)，AOBC1.B1CAOO，BC1平面AB1C.又BC1平面BB1C1C，平面AB1C平面BB1C1C.(2)ABB1C，BOB1C，ABBOB，B1C平面ABO，又AO平面ABO，AOB1C，從而OA，OB，OB1兩兩垂直以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Oxyz.直線AB與平面BB1C1C所成的角為30，ABO30.設(shè)AO1，則BO，又CBB160，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x1，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，則sin |cos，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CNB1C1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Bxyz，則由該幾何體的三視圖可知，C(0,0,4)，N(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x1，可得平面CNB1的一個(gè)法向量為n(1,1,2)，設(shè)P(0,0，a)(0a4)，由于M(2,0,0)，則(2,0，a)又MP平面CNB1，n22a0，解得a1.在線段CB上存在一點(diǎn)P，使得MP平面CNB1，此時(shí)BP1.(2)設(shè)平面C1NB1的法向量為m(x，y，z)，(4,4,4)，即令x1，可得平面C1NB1的一個(gè)法向量為m(1,1,0)，cosm，n.由圖可知，二面角CNB1C1為銳角，故二面角CNB1C1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PABCD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：PB平面AEC.(2)若四邊形ABCD為正方形，探究在什么條件下，二面角CAFD大小為60？解：(1)證明：連接BD，設(shè)ACBDO，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PBEO，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)ABAD2a，AP2c，則A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，F(xiàn)(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n2ax2a0，得x1，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macz0，得z，所以m，所以cos 60，得ac.即當(dāng)AP等于正方形ABCD的邊長(zhǎng)時(shí)，二面角CAFD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PABC中，PA底面ABC，BAC90.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PAAC4，AB2.(1)求證：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN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，z)為平面BDE的法向量，則即不妨取z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.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y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值為.(3)依題意，設(shè)AHh(0h4)，則H(0,0，h)，進(jìn)而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，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)