2021届高考数学二轮总复习层级二专题四立体几何第三讲立体几何中的向量方法学案理含解析

1、第三讲立体几何中的向量方法1(2019全国卷)如图，直四棱柱abcda1b1c1d1的底面是菱形，aa14，ab2，bad60，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)证明：连接b1c，me.因为m，e分别为bb1，bc的中点，所以meb1c，且meb1c.又因为n为a1d的中点，所以nda1d.由题设知a1b1dc，则四边形a1b1cd为平行四边形，可得b1ca1d，故mend，因此四边形mnde为平行四边形，所以mned.又mn平面c1de，所以mn平面c1de.(2)由已知，可得deda，以d为坐标原点，的方向为x

2、轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z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cosm，n，所以二面角ama1n的正弦值为.2(2018全国卷)如图，在三棱锥pabc中，abbc2，papbpcac4，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所成角的正弦值解：(

3、1)证明：因为papcac4，o为ac的中点，所以poac，且po2.如图，连接ob.因为abbcac，所以abc为等腰直角三角形，且obac，obac2.在opb中，由po2ob2pb2知poob.又obaco，得po平面abc.(2)如图，以o为坐标原点，的方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z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)由(1)可知ob平面pac，所以取平面pac的一个法向量(2,0,0)设m(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面pam的法向量为n

4、(x，y，z)由n0，n0得可取ya，得平面pam的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或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. 明 考 情 高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上考点一向量法证明平行、垂直关系|析典例|【例】在直三棱柱abca1b1c1中，abc90，bc2，cc14，点e在线段bb1上，且eb11，d，f，g分别为cc1，c1b1，c1a1的中点求证：

5、(1)b1d平面abd；(2)平面egf平面abd.证明(1)以b为坐标原点，ba，bc，bb1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系bxyz，则b(0,0,0)，d(0,2,2)，b1(0,0,4)，设baa，则a(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)因为0，0440，所以，即b1dba，b1dbd.又babdb，所以b1d平面abd.(2)由(1)知，e(0,0,3)，g，f(0,1,4)，则，(0,1,1)，0220，0220，所以，即b1deg，b1def.又egefe，所以b1d平面egf.结合(1)可知平面egf平面abd.| 规

6、律 方 法 |向量法证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系(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平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题|练题点|如图所示，在底面是矩形的四棱锥pabcd中，pa底面abcd，e，f分别是pc，pd的中点，paab1，bc2.(1)求证：ef平面pab；(2)求证：平面pad平面pdc.证明：以a为原点，ab，ad，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则a(0,0,0)，b(1,0,

7、0)，c(1,2,0)，d(0,2,0)，p(0,0,1)，所以e， f，所以，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即efab.又ab平面pab，ef平面pab，所以ef平面pab.(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即apdc，addc.又因为apada，所以dc平面pad.因为dc平面pdc，所以平面pad平面pdc.考点二利用空间向量求空间角|多角探明|命题角度一线面角的求法【例1】(2019陕西二模)如图，直角梯形abcd中，dc2ab2ad4，abcd，abad，且o为bd的中点将abd沿bd折起

8、，形成三棱锥a1bcd，且a1在底面abcd内的射影恰为oa的中点h.(1)设bc，a1a的中点分别为f，p，证明：pf平面a1dc；(2)求直线bc与平面a1dc所成角的正弦值解(1)证明：如图，取a1b的中点q，连接pq，fq，则pqab，abdc，pqdc，又pq平面a1dc，pq平面a1dc，又qfa1c，qf平面a1dc，qf平面a1dc，又pqqfq，平面pqf平面a1dc，pf平面pqf，pf平面a1dc.(2)a1ba1d，oa1在底面abcd内的射影一定落在oa上，又a1在底面abcd内的射影恰为oa的中点h，ohoabd，abad，过点o分别作ad，ab，ha1的平行线，并

9、以它们分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则a(1，1,0)，b(1,1,0)，c(1,3,0)，d(1，1,0)，a1，设平面a1dc的法向量n(x，y，z)，直线bc与平面a1dc所成角为，则即令z，得n(2,0，)，(2,2,0)，sin |cosn，|.直线bc与平面a1dc所成角的正弦值为.| 规 律 方 法 |利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角与夹角的关系为sin |cos |.命题角度二二面角的求法【例2】(2018全国卷)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

10、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思路分析第(1)问：求什么，如何想证明平面amd平面bmc.想到面面垂直的判定定理转化为线面垂直问题给什么，如何用已知平面cmd平面abcd可知线面垂直，再证线面垂直后得结论第(2)问：求什么，如何想求二面角大小，想到建立空间直角坐标系化为向量夹角问题去求给什么，如何用给出体积最大，要分析何时取得最值，建系后求角，得结论规范解答(1)证明：由题设知，平面cmd平面abcd，交线为cd.因为bccd，bc平面abcd，所以bc平面cmd，故bcdm.因为m为上异于c，d的点

11、，且dc为直径，所以dmcm.又bccmc，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，方向为y轴正方向，过d点作垂直于平面abcd的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz.(建系)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)，则(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)由题意得是平面mcd的法向量，因此cosn，所以sinn，.所以平面mab与平面mcd所成二面角的正

12、弦值是.题后悟道利用空间向量求二面角的解题模型|全练题点|1(2019合肥二模)如图，三棱台abcefg的底面是正三角形，平面abc平面bcgf，cb2gf，bfcf.(1)求证：abcg；(2)若bccf，求直线ae与平面beg所成角的正弦值解：(1)证明：取bc的中点为d，连接df.由abcefg是三棱台得，平面abc平面efg，从而bcfg.cb2gf，cdgf，四边形cdfg为平行四边形，cgdf，bfcf，d为bc的中点，dfbc，cgbc.平面abc平面bcgf，且交线为bc，cg平面bcgf，cg平面abc，而ab平面abc，cgab.(2)连接ad，由abc是正三角形，且d为中

13、点得，adbc.由(1)知，cg平面abc，cgdf，dfad，dfbc，db，df，da两两垂直以db，df，da分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz.设bc2，则a(0,0，)，e，b(1,0,0)，g(1，0)，(2，0)，.设平面beg的一个法向量为n(x，y，z)由可得令x，则y2，z1，n(，2，1)设ae与平面beg所成角为，则直线ae与平面beg所成角的正弦值为sin |cos，n|.2(2019全国卷)如图，长方体abcda1b1c1d1的底面abcd是正方形，点e在棱aa1上，beec1.(1)证明：be平面eb1c1；(2)若aea1e，求二面角bec

14、c1的正弦值解：(1)证明：由已知得，b1c1平面abb1a1，be平面abb1a1，故b1c1be.又beec1，b1c1ec1c1，所以be平面eb1c1.(2)由(1)知，beb190.由题设知rtaberta1b1e，所以aeb45，故aeab，aa12ab.以d为坐标原点，的方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz，则c(0,1,0)，b(1,1,0)，c1(0,1,2)，e(1,0,1)，所以(1,0,0)，(1，1,1)，cc1(0,0,2)设平面ebc的法向量为n(x1，y1，z1)，则即所以可取n(0，1，1)设

15、平面ecc1的法向量为m(x2，y2，z2)，则即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m.所以，二面角becc1的正弦值为.3(2019咸阳二模)如图，在直三棱柱abca1b1c1中，acbc，acb90，d是a1b1的中点(1)求证：平面c1db平面abb1a1；(2)若异面直线a1b1和bc1所成的角为60，求平面c1db与平面abc所成角的余弦值解：(1)证明：在直三棱柱abca1b1c1中，acbc，acb90，d是a1b1的中点，c1da1b1，c1daa1，a1b1aa1a1，c1d平面abb1a1，c1d平面c1db，平面c1db平面abb1a1.(2)异面直线a1b1和bc1

16、所成的角为60，bc1ac1，acbccc1，以c为原点，ca，cb，cc1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设acbccc11，则a1(1,0,1)，b1(0,1,1)，d，b(0,1,0)，c1(0,0,1)，a(1,0,0)，(0，1,1)，(1,1,0)，(0,0,1)，设平面c1db的法向量n(x，y，z)，则取y1，得n(1,1,1)，由题意得平面abc的法向量可取m(0,0,1)，设平面c1db与平面abc所成角为，则cos ，平面c1db与平面abc所成角的余弦值为.考点三利用空间向量解决探索性问题|析典例|【例】如图，在四棱锥pabcd中，平面pad平面abcd

17、，papd，papd，abad，ab1，ad2，accd.(1)求证：pd平面pab；(2)求直线pb与平面pcd所成角的正弦值；(3)在棱pa上是否存在点m，使得bm平面pcd？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面pad平面abcd，平面pad平面abcdad，abad，ab平面abcd，所以ab平面pad.所以abpd.又因为papd，paaba，所以pd平面pab.(2)取ad的中点o，连接po，co.因为papd，所以poad.又因为po平面pad，平面pad平面abcd，所以po平面abcd.因为co平面abcd，所以poco.因为accd，所以coad.如图所示

18、，以方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系oxyz.由题意得，a(0,1,0)，b(1,1,0)，c(2,0,0)，d(0，1,0)，p(0,0,1)则(0，1，1)，(2,0，1)，(1,1，1)，设平面pcd的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直线pb与平面pcd所成角的正弦值为.(3)假设存在这样的m点，则存在0,1，使得.因此点m(0,1，)，(1，)因为bm平面pcd，所以要使bm平面pcd，当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱pa上存在点m使得bm平面bcd，此时.| 规 律 方 法 |利用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