专题十立体几何中的向量方法讲义理

1、专题十 立体几何中的向量方法 工三年考情-纵横研究:卷I卷n卷川2018线面角的正弦值的求解T18(2)二面角、线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)线面角的正弦值的求解T19(2)纵向把握趋势全国卷3年3年考，涉及直线与平面所成角、 二面角的求解，且都在解答题中 的第问出现，难度适中.预计2019年仍会以解答题的形式考查二面角或线 面角的求法.横向把握重点高考对此部分的命题较为稳定，一般为

2、解答题，多出现在第18或19题的第(2)问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难 度中等偏上.考法一 利用空间向量证明平行与垂直设直线I的方向向量为a= (ai, bi,ci),平面a ,卩的法向量分别为u= (a2,b2,C2),v= (a3, bs, C3).(1) 线面平行：I / a ? a丄 u? a u= 0? aia2+ bib2+ CiC2= 0.(2) 线面垂直：I 丄 a? a/ u? a= ku? ai = ka2, bi = kb2, ci = kC2.(3) 面面平行：a / 3 ? u / v? u= kv? a?= kas, b2= kbs

3、, C2= kcs.(4) 面面垂直：a 丄 3?u丄v? u v = 0? a2as + b2bs+ C2Cs= 0.典例 如图，在四棱锥 P-ABCDK PA丄底面 ABCD ADLAB AB/ DC AD= DC= AP=2, AB= 1,点E为棱PC的中点.求证:(1) BEL DC(2) BE/ 平面 PAD(3) 平面PCDL平面PAD.破题思路第问求什么想什么要证BE! DC想到证BE丄D(C,即 E Dc= 0给什么用什么由PA丄底面ABCD ADL AB可知AP, AB AD三条直线两两互相垂 直，可用来建立空间直角坐标系差什么找什么建立坐标系后，要证 be Dc= 0,缺少

4、Be , De的坐标，根据 所建坐标系求出 B, E, D, C点的坐标即可第问求什么想什么要证BE/平面PAD想到证 BE与平面 PAD的法向量垂直差什么需要求BE及平面PAD法向量的坐标，可根据第(1)问建立的空间找什么直角坐标系求解第问规范解答依题意知，AB AD AP两两垂直，故以点 A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0) , Q2,2 , 0) , D(0,2,0),R0,0,2) 由E为棱PC的中点，得E(1,1,1).(1)因为 be =(0,1,1),DC= (2,0,0)，故BE DC=0.所以 be求什么要证平面PCDL平面PAD想到证平面PCD勺法向

5、量与平面PAD勺法向量想什么垂直差什么缺少两个平面的法向量，可利用(1)中所建的空间直角坐标系求解找什么丄DC易知 AB =(1,0,0)为平面PAD勺法向量, 而 BE AB = (0,1,1) (1,0,0) = 0，所以 BE! AB又BE?平面PAD所以BE/平面PA D. PD= (0,2 , - 2) , DC= (2,0,0),设平面PCD的法向量为n= (x, y, z),PD = 0,-DC = 0,2y 2z = 0,2x= 0,不妨令y = 1，可得n= (0,1,1)为平面PCD勺一个法向量.因为平面PAD的一个法向量 AB = (1,0,0), 所以 n AB = (

6、0,1,1) (1,0,0) = 0，所以 n丄 AB.所以平面PCDL平面PAD.题后悟通利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1) 建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系.(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、平面的要素.(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.对点训练如图，在直三棱柱 ABGABC中，/ ABC= 90, BC= 2, CC= 4,点 E在线段BB上，且EB= 1, D, F, G分别为CC, CB, C1A1的中点求 证：(1)

7、BD丄平面ABD平面EGF/平面ABD.证明： 根据题意，以B为坐标原点，BA BC, BB所在的直线分别为 x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 B(0,0,0), D0,2 , 2),B(0,0,4), C(0,2,4),设 BA= a,则 A(a,0,0),所以 -A =( a, 0,0), bd =(0,2,2),=(0,22),所以 aD ba=o,BD BD = 0 + 4-4 = 0,即BD丄BA BD丄BD.又 BAG BD- B, BA?平面 ABD BD?平面 ABD所以BD丄平面ABD.a(2)由 知，曰0,0,3), G2 , 1 , 4 , F(0,1,4

8、),a则 EG = 2 , 1, 1 , EF = (0,1,1),a aa a所以 BD EG = 0+ 2 2= 0 , BD EF = 0 + 2 2 = 0 ,即BD丄EG BD丄EF又 EGn EF= E, E(?平面 EGF EF?平面 EGF因此BD丄平面EGF结合(1)可知平面EGF/平面ABD.考法二 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,异面直线所成的角为0 ,则cos 0 = |cos|a b |a , b| =.1| 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

9、成的角为 0，则sin 0 = |cosn ,_ |n a |a| 一.1| n | a |3 .向量法求二面角求出二面角a -I-卩的两个半平面a与卩的法向量n1 , n2,若二面角a-l-卩所成的 角0为锐角，贝y cos 0 = |cos 51 , n2| =也“ n| ;若二面角 a -1 -卩所成的角 0为| n 1| n 2|厲压|钝角，贝U cos 0 = |cos n1 , n2| =.| ni伯题型策略(一)|求异面直线所成的角例1 (2015 全国卷I )如图，四边形 ABCD为菱形，/ AB(= 120 , E, F是平面ABC同一侧的两点，BE丄平面ABCD DF丄平面

10、 ABCD BE= 2DF, AE! EC证明：平面 AECL平面AFQ(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.破题思路第问求什么想什么证明平面 AECL平面AFC想到求二面角 E-AGF的平面角为直角或 证明平面 AEC勺法向量与平面 AFC勺法向量垂直给什么用什么四边形ABCD菱形，则连接 BD使BDn AC= Q有ACL BD且QA =QC QB= QD.由 EB丄平面 ABC FDL平面 ABC AB= BC= CD= AD 可证 EA= ECFA= FC即厶EACH FAC匀为等腰三角形差什么找什么要证二面角的平面角为直角， 需找出二面角的平面角， 连接EQ FQ 可知/ EQF即

11、为二面角的平面角；若利用坐标系求解，此时可以 Q 为坐标原点，以 QB和QC分别为x轴，y轴建系第问求什么想什么 求直线AE与直线CF所成角的余弦值，想到求 AE与CF的夹角的余弦值给什么用什么由BD与 AC垂直平分，且 BE!平面 ABCD可以QB与QC分别为x轴，y轴 建立空间直角坐标系差什么找什么 差各线段的具体长度， 故可令QB= 1,进而求出各点坐标，AE和CF的坐标规范解答(1)证明：连接 BD设BDn AC于点0,连接EO FQ EF在菱形ABC呼，不妨设 OB=1.由/ ABC= 120 可得 AQ= QC= 3.由 BEL平面 ABCD AB= BC可知 AE= EC 故 E

12、OL AC由 DFL平面 ABCD AD= DC可知 AF= FC,故 FCL AC所以二面角E-ACF的平面角为/ EOF又 AEL EC,所以 EO=3.在 Rt EBC中，可得 BE= 2 故 DIr2在Rt FDC中，可得FO162 在直角梯形BDFE中 由BD= 2, BE= -2, DP#,可得EF=字.从而 EO+ FO= EF2,所以 ECL FO所以二面角E-ACF为直角,所以平面AECL平面AFC (2)以O为坐标原点，分别以OB, OC的方向为x轴，y轴正方向，| OB|为单位长度,建立空间直角坐标系 O xyz.由可得A(0，- .3, 0) ,E(1,0 ,；2),

13、F 1 , 0,-22,C(0 ,：3, 0),所以 AE = (1 ,3,2) , CF = 1， .3 . 斗=AE CF故 cos AE , CF= | AE| CF|所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为题后悟通思路解决第(1)问时，不能正确作出二面角的平面角或虽然作出，但不能正确求解而受阻造成问题无法求解或求解错误，解决第(2)问时，不能建立恰当的空间直角坐标分析系，是造成不能解决问题的常见障碍技法求异面直线所成的角e，可以通过求两直线的方向向量的夹角0求得，即cos关键ne = |cos 01.要注意e的范围为o, $点拨对点训练1将边长为1的正方形AAOO及其内部）绕OO旋转一周

14、形成圆柱，如图，Ac长为, Ab长为, 的同侧.（1）求三棱锥C-OAB的体积；其中B与C在平面AAOO（2）求异面直线BC与AA所成的角的大小.i- SA OA B = 2OA OB sinvcoab=31OO SAOA1 B=3X1 x4解： Ab,詣，丄 aob=3,三棱锥C-OA B的体积为(2)以O为坐标原点，OA OO所在直线为则 A(0,1 ,0) , Ai(0,1,1 ) , B 宁,2, i , 時-2, o.AA = (0,0,1),y轴，z轴建立如图所示的平面直角坐标系,ABC = (0， 1, 1),cosTAA , BiCAA BC| AA | !BC|AA ,!BC

15、 = 3nn异面直线BC与AA所成的角为亍题型策略（二）|求直线与平面所成的角BF例2 （2018 合肥质检）如图，在多面体 ABCDE中，四边形 ABC是正方形,丄平面ABCD DE!平面ABCD BF= DE M为棱AE的中点.求证：平面BDM平面 EFC 若DE= 2AB求直线AE与平面BDM所成角的正弦值.破题思路第问求什么想什么求证平面BDMM平面EFC想到证明平面 BDM内的两条相交直线与平面EFC平 行给什么用什么由BF丄平面ABCD DEL平面 ABCD BF= DE利用线面垂直的性质及平行四边形的性质可知四边形BDEF为平行四边形，即 EF/ BD差什么找什么还需在平面BDM

16、中找一条直线与平面 CEF平行，由M为棱AE的中点， 想到构造三角形的中位线，连接AC与 BD相交即可第问求什么想什么求直线AE与平面BDM所成角的正弦值，想到求直线AE的方向向量与平面BDM勺法向量所成角的余弦的绝对值给什么用什么题干中有DEL平面ABCD四边形ABCD正方形，从而有 DE DA DC两 两互相垂直，利用此性质建立空间直角坐标系差什么找什么要求点的坐标，需要线段的长度，通过DE= 2AB赋值即可解决规范解答证明：连接AC交BD于点N,则N为AC的中点，连接MN又M为AE的中点， MM EC/ MN平面 EFC EC?平面 EFC MN/平面 EFC BF, DE都垂直底面 A

17、BCD - BF/ DE/ BF= DE四边形BDEF为平行四边形， BD/ EF. BD?平面 EFC EF?平面 EFC BD/平面 EFC又 MNP BD= N,平面BDM平面EFC（2） DEL平面ABCD四边形 ABCDi正方形， DA DC DE两两垂直，以 D为坐标原点，DA DC DE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Dxyz.,A(2,0,0) , E(0,0,4), M1,0,2),设 AB= 2,贝U DE= 4,从而 D(0,0,0),耳2,2,0) DB = (2,2,0) ,DM= (1,0,2),设平面BDM勺法向量为n= (x , y

18、, z),2x+ 2y = 0 , 即x + 2z = 0.n DB = 0 , 则n DM= 0,令 x = 2,贝U y =-2 , z=- 1,从而n= (2 , 2, 1)为平面BDM勺一个法向量. AE = ( 2,0,4), 设直线AE与平面BDM所成的角为0 ,则sin0 = |cos n AE |n AE|n| I AE|15，直线AE与平面BDM所成角的正弦值为4、515 .题后悟通思路解决第（1）冋不能正确利用M为中点这一条件构造中位线导致冋题不受阻易求解；第（2）忽视条件DE= 2AB不能正确赋值，造成不能继续求解分析或求解错误技法用向量法求解直线1与平面a所成的角的一般

19、思路为： 设直线l的方关键向向量为a,平面a的法向量为n ,则直线l与平面a所成的角0点拨满足 sin 0 = |cos a , n |对点训练2. (2018 全国卷I )如图，四边形 ABC助正方形，E, F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把厶DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF丄BF(1) 证明：平面 PEFL平面ABFD(2) 求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解： 证明：由已知可得 BF丄PF BF丄EF,又 PFA EF= F,所以BF丄平面PEF又BF?平面ABFD所以平面PEFL平面ABFD.(2)如图，作PHL EF,垂足为H由得，PHL平面ABFD. 以H为坐标原

20、点，HF的方向为y轴正方向，| BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由可得，DEL PE又因为 DP= 2, DE= 1,所以PE= 3又 PF= 1, EF= 2,所以PEL PF.所以PH=2，EH= 2.则 H(0,0,0),P0,D -1,- 2, 0 ,DP =2HP = 0,又-P为平面ABFD勺法向量,设DP与平面ABFD所成角为0 ,3冲| Hp Dp| 4 yJ3贝U sin 0 =.| Hp| Dp| V3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为乎.题型策略(三)|求平面与平面所成角例3（2018 沈阳质监）如图，在四棱锥P-ABCDK 平面PAD_平面A

21、BCD底面ABCD!正方形，且 PA= PD / APD= 90.证明：平面 PABL平面PCD 求二面角 APBC的余弦值.破题思路第问求什么想什么证明平面PABL平面PCD想到证明其中一个平面内的某条直线垂直于另一个平面给什么用什么给出平面PADL平面ABCD底面ABCD为正方形，用面面垂直的性质定理可知CD丄平面APD则CDLAP,然后结合/ APD= 90 ,即PDLAP,利用面面垂直的判定 定理即可证明第问求什么想什么求二面角APBC的余弦值，想到求平面APB和平面BCP的法向量的夹角的余弦值给什么用什么由题目条件底面 ABCC为正方形，可以根据正方形的性质确定x轴，y轴建系差什么找

22、什么要建立空间直角坐标系，还缺少 z轴.由平面PADL平面ABCD可在平面PAD内 过点P作AD的垂线即可规范解答 证明：底面 ABC为正方形，CDL AD.又平面PADL平面 ABCD平面PADT平面ABCAD CDL平面PA D.又 AF?平面 PAD - CDLAP/ APD= 90,即卩 PDLAP,又 CDT PD= D, AP丄平面 PC D./ AP?平面PAB 平面 PABL平面PC D. 取AD的中点为O, BC的中点为Q,连接PQ OQ易得POL底面ABCD OQ!AD以0为原点，OA, OQ , OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直 角坐标系，不妨

23、设正方形 ABCD勺边长为2，n1 PA = 0, 则Qn1 PB = 0,X1 Z1 = 0, 即X1+ 2y1 乙=0,可得 A(1,0,0) , 01,2,0) , C( 1,2,0) , R0,0,1)设平面 APB的法向量为 ni = (xi, yi, zi),QQ1),而 PA = (1,0 , 1) , PB = (1,2 ,取X1= 1,得n1= (1,0,1)为平面APB的一个法向量.设平面BCP的法向量为 n2= (X2, y2, z,1),而-B = (1,2 , 1) , Pc = ( 1,2 ,n2 PB = 0, 则 一n2 PC= 0,X2+ 2y2 Z2= 0,

24、 即X2 + 2y2 Z2= 0,取y2= 1,得n2= (0,1,2)为平面BCP的一个法向量./ cos n1, n2n1 n210| n 1| n2| = 5由图知二面角 APBC为钝角,故二面角A-PBC的余弦值为一.105题后悟通思路本题第(1)冋因不能正确利用面面垂直的性质，而得不出CDL平面受阻PAD从而导致无法证明面面垂直；第(2)冋不能正确利用面面垂直的分析性质找出z轴而无法正确建立空间直角坐标系而导致不能正确求解技法求二面角a -l -卩的平面角的余弦值，即求平面a的法向量n1与平关键面卩的法向量n2的夹角的余弦cos 0),贝y BC = ( - a,2,0) , PC

25、= (a, 1, - 1),设m= （x , y , z）为平面PBC的法向量,BC = 0 ,则 _PC = 0 ,-ax+ 2y = 0 , 即ax+ y - z = 0 ,令x= 2,则y =a , z = 3a ,故 m= (2 ,a, 3a）为平面PBC的一个法向量,以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,由(1)知n= DC= (a, 0,0)为平面PAD勺一个法向量,| m- n|2 a|：2由 |cos m nI =2=| m| n|ap10a + 42解得a=,即CD=W ,所以在Rt PCM , PC=甘,CD- PD由等面积法可得 DE= PC =丁.考法三

26、 利用空间向量求解探索性问题典例（2018 山东潍坊三模）如图，在四棱锥E-ABCD中 ,ftBE= BC F 为底面ABCD矩形，平面 ABCCL平面ABE / AEB= 90 ,CE的中点.求证：平面 BDH平面 ACE(2)若2AE= EB在线段AE上是否存在一点 P,使得二面角 R DBF的余弦值的绝对值为 请说明理由.破题思路第问求什么想什么求证平面BDFL平面ACE想到证明其中一个平面内的直线垂直于另一个平面给什么用什么由平面ABCL平面ABE / AEB= 90可利用面面垂直性质及线面垂直的判定及 性质得到AE!BF;再由BE= BC F为CE的中点，可利用等腰三角形中线、高线

27、合一可得到BF丄CE进而再由线面垂直的判定、面面垂直的判定得证第问求什么想什么J10在线段AE上是否存在一点 P,使得二面角 RDBF的余弦值的绝对值为 备.想到假设点P存在，建立空间直角坐标系，设出点P坐标，求二面角的余弦值即可给什么2AE= EB题目已知条件及(1)的结论，可建系设点表示出两平面的法向量，进而用什么由两法向量夹角公式得出关于点P坐标的方程，求解即可规范解答(1)证明：因为平面 ABCCL平面 ABE BCL AB平面 ABCD平面ABE= AB所以BCL平面ABE又A曰平面ABE所以BCL AE因为 AEL BE, B8 BE= B,所以AEL平面BCE因为BF?平面BCE

28、所以AEL BF,在厶BCE中 ,因为BE= BC F为CE的中点，所以BF丄CE又AEP CE= E,所以BF丄平面ACE又BF?平面BDF所以平面 BDFL平面 ACE 存在.如图，建立空间直角坐标系 E-xyz,设AE= 1,则E(0,0,0) , B(2,0,0) , Q0,1,2),q2,0,2), F(1,o,1),eBd = ( - 2,1,2) , IBf = ( - 1,0,1)，设 RO,a,O) , a 0,1则PeB = (2 , - a, 0),结合(1)易知ECL平面BDF故EC = (2,0,2)为平面BDF的一个法向量，设n = (x, y, z)为平面 BDF

29、P勺法向量,n 丄 BD, 则En 丄 PB,即-2X + y+ 2Z = 0,2x ay= 0,令x = a,可得平面BDP的一个法向量为n= (a, 2, a 1),所以 cos C , nEC n2a 1| -C| nZ 92+ 4+ a 1由 |cosEEC, n |1070，解得a= 0或a= 1.故在线段AE上存在点P,使得二面角 RDBF的余弦值的绝对值为 计,且此时点P在E处或A处.题后悟通思路受阻分析解决第(1)问时，不会证明 AE1BF,造成无法继续往下证明结论成立； 解决第(2)问时，不能正确建立空间直角坐标系表示相关向量坐标，是造成不能解决问题的常见误区技法关键点拨利用

30、空间向量求解探索性问题的策略(1) 假设题中的数学对象存在 (或结论成立)或暂且认可其中的一部分 结论.(2) 在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论对点训练如图，在多面体 ABCDE中，四边形 ABC是正方形，EF/ ABDE= EF= 1, DC= BF= 2，/ EAD= 30.(1) 求证：AE!平面CDEF(2) 在线段BD上确定一点G,使得平面EAD与平面FAG所成的角为30解：(1)证明：因为四边形 ABCD是正方形,所以

31、AD= CD= 2.在厶ADE中，由正弦定理得，AD _ DEsin / AED sin / EAD2 _ 1 sin / AED sin 30解得 sin / AED= 1,所以/ AED= 90,即卩 AEL ED.在梯形 ABFE中，过点 E作EP/ BF交AB于点P,因为 EF/ AB,所以 EP= BF= 2, PB= EF= 1, AP= 1. 在 Rt ADE中, AE= ：3, 所以 AE + AP= EF2, 所以AEL AB 所以AEL EF, 又 EFn DE= E, 所以AEL平面CDEF由可得，AE1 EF,又 ADL DC DC/ EF, ADO AE= A, 所以

32、DCL平面AED 又DC?平面ABCD 所以平面 AEDL平面 ABCD.以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系,其中z轴为在平面AED内过点D作AD的垂线所在的直线，则 B(2,2,0) , A(2,0 , 0), e2 , 0 , # , F 1 , 1 , ， 所以DB = (2,2,0), AF = I , 1 , .FF设 DG=入 DB = (2 入，2 入，0)(0 1 故当点G满足DG= - DB时，平面EAD与平面FAG所成的角为303高考大题通法点拨立体几何问题重在“建”一一建模、建系思维流程平打模电平廊化糙塑竹度il尊模电跑蓦计鼻模亟立体几何解答题策略指导立体几何解

33、答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问,逐层加深解决这类题目的原则是建模、建系.建模一一将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型.建系一一依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.典例 如图，四边形 ABCD是矩形，AB= 1, AD= :2, E是AD的中点，BE与AC交于点F, GH平面 ABC D.求证：AF丄平面BEG(2)若AF= FG求直线EG与平面ABG所成角的正弦值.破题思路第问求什么想什么求证AF丄平面BEG想到证明AF与平面BEG的两条相交直线垂直给什么用什么题目中给出GFL平面ABCD利用线面垂直的性

34、质可证 AF丄GF差什么找什么还差AF与平面BEG中的另一条与 GF相交的直线垂直.在矩形 ABCD中, 根据已知数据可证明/ AFB= 90第问求什么想什么求直线EG与平面ABG所成角的正弦值，想到建立空间直角坐标系，利用空间向量求解EG与平面ABG的个法向量的余弦值给什么用什么题目中给出 GFL平面ABCD可用GF为z轴，由(1)问可知GF AF, EF两两互相 垂直，故可建立空间直角坐标系差什么找什么还缺少点的坐标，根据 AF FG以及题目条件可求出相关点的坐标规范解答证明：因为四边形 ABCD矩形,所以ALEF AE_1Cf Bf bC 2.所以 AEFA CBF又在矩形 ABCDh

35、AB=1, AD= ：2,所以A吕牙,AC .3在 Rt BEA中, BE= . aB+ AU 牙,iJ32V6所以 AI3AC y, Bl3BP y.在厶 ABF中，AF2 + BF= 二2+ -3 2= 1= AB,33所以/ AFB= 90,即 AFL BE因为GFL平面ABCDAF?平面 ABCD所以AFL GF又 BEH GF= F, BE?平面 BEG GF?平面 BEG所以AF丄平面BEGy轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由得AC BE FG两两垂直，以点 F为原点，FA FE, FG所在直线分别为 x轴，/建廉：別用垂直灵携建| 亠二亠二*则 A3，0，0，BO，0，G0

36、，0，-3，E0,芈,0，B =6J6T，aG =退0退3，3EG = 0,636 , V设n = (x, y, z)是平面ABG的法向量,AB n= 0, 则AG n= 0,取 x = , 2 ,得n = ( 2 , 1, .2)是平面ABG的一个法向量.设直线EG与平面ABG所成角的大小为 0 ,池權计笄糾辛为的法廊 匕量皮直找均方向向量，；枸建计算空间勲樓型、*则 sin 0 = 1 EG MI ECU n|0 八2 +-fx 1+13 八25 ,1 1 0 + 6 + 3“ 2+ 1 + 2所以直线EG与平面ABG所成角的正弦值为 J55关键点拨禾U用法向量求解空间角的关键在于“四破”

37、破“建系关* i构建恰当的唱间宣希唯标斎jiI. q = =. = *破円求W帝确求解询吴点的砸标K/K丄:I破“求袪向蚩黄“_:#TV WW BWHn-nB V WB WV!VB W WVHWHVKVV碓”秘用公式夭”1熟记求角冬武即可求出角LX抵 Z. .*.*对点训练(2018 全国卷n )如图，在三棱锥 P-ABC中，AB= BC= 2 ：2, PA= PB= PC= AC= 4, O为AC的中点.(1)证明：PCL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.解：(1)证明：因为 PA= PC= AC= 4, O为AC的中点, 所以

38、POL AC 且 PO= 2 ；3.连接OB因为AB= BC=(0,2,2取平面PAC的一个法向量OB= (2,0,0)建立如图所示的,A(0, 2,0),所以 ABC为等腰直角三角形，1且 OBL AC OB= ?AC= 2.所以 pO+ oB= pF，所以 PCL OB.又因为OBH AC= Q所以POL平面ABC(2)以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，空间直角坐标系 Oxyz.由已知得Q0,0,0), B(2,0,0)Q0,2,0), P(0,0,2,：3),设 M(a,2 a,0)(0AP n= 0,AM n= 0,2y + 2 ；3z = 0,ax+4 a y= 0,令 y =

39、 : 3a,得 z = a, x= 3( a 4)，所以平面 PAM的一个法向量为 n = ( 3( a 4),、：3a, a),所以 cos OB,2卡 a 4n r2 :3 a 4+ 3a + a 由已知可得|cosOB, n | = cos 30 =半,所以一US122=f，2 寸3 a 42+ 3a2+ a224解得a= 3或a= 4(舍去).所以n=-攀却，-4.所以 cos PC, n83斗3十3又P(C = (0,2 , 2苗,4 + 12 所以pc与平面pa術成角的正弦值为3.总结升华立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依

40、在平时的学习中，要加强“一题两法（几何法与向量法）”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件， 建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型.其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容，空间角的计算是 重点内容.专题跟踪检测（对应配套卷P188）1. (2018 全国卷川)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面 与半圆弧Cd所在平面垂直，m是Cd上异于c, d的点. 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.解： 证明：

41、由题设知，平面 CMQ平面ABCD交线为 C D.因为BC丄CD BQ 平面ABCD所以BCL平面 CMD所以BC丄DM因为M为Cd上异于C, D的点，且DC为直径，所以DML CM又 B6 CM= C,所以DML平面BMC因为DM平面AMD所以平面 AML平面BMC(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥MABC勺体积最大时，M为Cd的中点由题设得Q0,0,0),A(2,0,0), B(2,2,0) , C(0,2,0), M(0,1,1),( 2, 1,1) , AB = (0,2,0) , DA = (2,0,0),设n = (x ,

42、 y , z)是平面MAE的法向量,n AM= 0, 则An AB = 0 ,2x+ y+ z= 0 ,即2y= 0.可取 n= (1,0,2),ADA A又DA是平面MC的个法向量,A所以 cos n , DA 所以平面MAB与平面MC斷成二面角的正弦值是2. (2018 唐山模拟)如图，在四棱锥 P-ABCD中 , PC丄底面ABCD底面ABCD是直角梯形，ABL AD AB/ CD AB= 2AD= 2CD E是 PB的中点.(1) 求证：平面 EACL平面PBC(2) 若二面角P-AGE的余弦值为 y,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.解：证明：因为PCX平面ABCD AC?平面A

43、BCD所以ACL PC 因为 AB= 2AD= 2CD所以 AC= BC= ；2AD= 2CD所以 AC + BC= AB 故 ACL BC又B8 PC= C,所以ACL平面PBC因为AC?平面EAC所以平面EACL平面PBC 如图，以C为坐标原点，CB, CA, (CP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB= 2, CP= 2a(a0).贝卩qo,O,O),A(0,2,0),B(2,0,0),P(0,0 ,2a)，则E(1,0 ,a),AAACA = (0,2,0) , CP = (0,0,2 a), CE = (1,0 , a),易知m= (1,0,0)为平面P

44、AC的一个法向量.2y= 0 ,x + az= 0 ,设n = (x , y , z)为平面EAC的法向量,n CA = 0 , 则An CE = 0 ,n=(a, 0 , 1).依题意,|cosm|m n| a 6|m| | n| = .-a2 +1= 3解得a= ,：2.于是 n= ( ：2 , 0, 1), Pa = (0,2 , 2 ;2).设直线PA与平面EAC所成角为e,AA| A n| &则sine = |cos PA , n| =.a3| PA|n|即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为3. (2018 西安质检)如图，四棱柱 ABCEA1BCD的底面 ABCDI菱形，ACT

45、BD= O A1O 丄底面 ABCD AB= 2 , AA= 3.(1)证明：平面 若/ BAD= 60,求二面角 BOBC的余弦值.解： 证明：T AO丄平面ABCD BD?平面ABCD. AOL BD.四边形ABCD1菱形, COL BD./ ACT CO= Q BDL平面 ACO/ BD?平面 BBDD,平面AiCOL平面BBDD./ AOL平面 ABCDCOL BD OB OC OA两两垂直，以O为坐标原点，OB,OC ,OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系./ AB= 2, AA= 3, / BAD= 60 OB- OD= 1, OA= OC= 3 ,OA

46、= -JaA oA= ?6.则 qo,o,o), B(1,0,0) , C(0 ,3 , 0) , A(0 , 3 , 0) , Ai(0,0 ,6), Ob=(1,0,0)OB = OB +BB = (1 , 血, 侗，OC= (0 , 3 , 0).设平面OBB的法向量为n= (X1 , y1 , Z1),OB n= 0, 则OB n = 0,X1 = 0 ,X1 + Q3y1 + Q6z1 = 0.令 y1=2，得 n= (0 ,.2 , 1)是平面 OBB的一个法向量.设平面OCE的法向量m= (X2, y2,Z2),OC m= 0, 则一OB m= 0,即；3y2 = 0，X2+ ：

47、3y2 + ：6Z2= 0,令Z2=- 1,得m=（0, - 1）为平面OCB的一个法向量,21-cos n, m=.|n丨 m| 3申由图可知二面角 B- OBC是锐二面角，21 ，二面角的余弦值为罟.4. （2018 长春质检）如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面 ABC为菱形，P从平面ABCDE为PD的中点.（1）证明：PB/平面ACE 设PA= 1，/ ABC= 60,三棱锥E-ACD勺体积为早，求二面角 DAEC的余弦值.8解：（1）证明：连接BD交AC于点O,连接0E由题易知V 2VG 4却冷,PB/ QE在厶 PBD中, PE= DE BO= DQ 所以又PB?平面ACE Q曰平面ACE所以PB/平面ACE设菱形ABCD勺边长为a,11J3 23则 Vp-ABC= - S?ABCD - PA= -X 2X a X 1= c ,3342解得a= 3取BC的中点为 M连接AM则AML A D.以点A为坐标原点，分别以N1M , 2D ,AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的