2016版步步高高考数学大二轮总复习与增分策略全国通用理科配套课件专题五立体几何空间向量第3讲

第3讲立体几何中的向量方法专题五 立体几何与空间向量高考真题体验热点分类突破高考押题精练栏目索引高考真题体验1

21.(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1

中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(

)A.

1102

30

2B.5

C.

10

D.

2解析

方法一

补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角.由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可将三棱柱补成正方体.1

2建立如图(1)所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2，∴

→→则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，BM＝(－1，－1,2)，AN＝(0,1,2).→BM·AN→

→∴cos〈→，AN〉＝BM

→→|BM||AN|＝－1＋4－12＋－12＋22×02＋12＋22＝36×

5＝3010

.1

2方法二

通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余由于MN

綊1弦定理求解.如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，2B1C1

綊BD，因此有ND

綊BM，则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.因此cos∠AND＝ND2＋NA2－AD22ND·NA30＝

10

.设

BC＝2，则

BM＝ND＝

6，AN＝

5，AD＝

5，答案C1

22.(2015·安徽)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；证明

由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，1

2又A1D

面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C

面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.1

2(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解

因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.AB

AD

AA1y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，1

2可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，1

1而

E

点为

B

D

的中点，所以

E

点的坐标为B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，1

12

2，

，1.设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，→而该面上向量A1E＝21

12，

，01→，A

D＝(0,1，－1)，1

21→由

n

⊥

A1E

，1n

⊥

A1D→得

r1

，

s1

，

t1应满足的方程组s1－t1＝0，(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，2

11r

＋12s1＝0，1

2A1B1

A1D由此同理可得n2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1

的余弦值为|n1|·|n2||n1·n2|

＝

23×

26＝

3

.考情考向分析以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点分类突破热点一

利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行l∥α

a⊥μ

a·μ＝0

a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α

a∥μ

a＝kμ

a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.μ＝λva2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(3)面面平行

α∥β

μ∥v(4)面面垂直

α⊥β

μ⊥vμ·v＝0a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1

如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点.运用向量方法证明：OM∥平面BCF；平面MDF⊥平面EFCD.证明

方法一

由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，

1F(1,0,1)，M2，0，0221

1

1，O

，

，

.2(1)OM→1＝

0，－

，－12

2→，BA＝(－1,0,0)，∴

→

→

→

→OM·BA＝0,

∴OM⊥BA.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，BA且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵

→

→DF＝(1，－1,1)，DM＝12，－1，0→，DC＝(1,0,0)，→CF＝(0，－1,1)，由→n1·DF＝0，1n

·DM→＝0.x1－y1＋z1＝0，得12x1－y1＝0，解得1y

＝12x1，1121z

＝－

x

，1

1令x

＝1，则n

＝

11，

，－12

2.同理可得n2＝(0,1,1).∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.→

→

→

→

→方法二

(1)OM＝OF＋FB＋BM＝2DF－BF＋2BA1

→

1

→＝1

→

→

→

1

→2(DB＋BF)－BF＋2BA＝－2BD－2BF＋2BA1

→

1

→

1

→→1

→

1

→

1

→

1

→＝－1

→

＋BA)－

BF＋

BA＝－

BC－

BF.2(BC

2

2

2

2→

→∴向量→与向量BF，BC共面，OM又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，→

→

→

→

→∵CD＝BA，FC＝BC－BF，→

→∴OM·CD＝2–

BC1

→2–

BF1

→

→·BA＝0，→

→

OM·FC＝

－

BC1

→–

BF1

→

→

→2

2

221

→

2

1

→

2·(BC－BF)＝－

BC

＋

BF

＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM

平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.跟踪演练1

如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证：(1)DE∥平面ABC；证明

如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4).取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，∴

→

→→

→DE＝(－2,4,0)，NC＝(－2,4,0)，∴DE＝NC，∴DE∥NC，又∵NC

平面ABC，DE⊄平面ABC.故DE∥平面ABC.(2)B1F⊥平面AEF.证明

→

→

→B1F＝(－2,2，－4)，EF＝(2，－2，－2)，AF＝(2,2,0).→

→B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，→

→B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴

→

→

→

→B1F⊥EF，B1F⊥AF，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.热点二

利用空间向量求空间角设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，

c2).平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角设

l，m

的夹角为

θ(0≤θ

π

，则≤2)|a·b|cos

θ＝|a||b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|1

1

1

22

22a2＋b2＋c2

a

＋b

＋c22.(2)线面夹角设直线l

与平面α

的夹角为θ(0≤θ≤2)π

，则sin

θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉|.|a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，|μ||v|则|cos

θ|＝|μ·v|＝|cos〈μ，v〉|.例

2

(2015·江苏)如图，在四棱锥

P-ABCD

中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD

为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝π，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.2求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长.解

以{

→

→

→AB，AD，AP}为正交基底建立如图所→→示的空间直角坐标系A-xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB，→所以AD是平面PAB

的一个法向量，AD＝(0,2,0).→因为PC＝(1,1，－2)，PD＝(0,2，－2).设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·→＝0，m·→＝0，PC

PD即x＋y－2z＝0，2y－2z＝0.令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.→→|AD||m|从而cos〈→，m〉＝

AD·m

＝AD33，所以平面PAB

与平面PCD

所成二面角的余弦值为33.BQ

λBP(2)因为→＝(－1,0,2)，设→

＝

→＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，BP又→

→

→

→CB＝(0，－1,0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1,2λ)，又→DP＝(0，－2,2)，→

→→

→|CQ||DP|从而cos〈→，→〉＝

CQ·DP

＝CQ

DP1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，2则cos

〈→

→CQ，DP〉＝2t225t

－10t＋9＝29

t–1

592＋9920≤10.当且仅当t＝9，即λ＝2时，|cos〈→，→〉|的最大值为3CQ

DP1010

.5

5因为y＝cos

x

在

0，

π2上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值.＝2

5又因为

BP＝

12＋22＝

5，所以

BQ＝2

.5BP

5思维升华运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论.求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos

α＝|cos

β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.跟踪演练2

(2014·福建)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示.(1)求证：AB⊥CD；证明

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB

平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD

平面BCD，∴AB⊥CD.(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解

过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图.平面BCD，由(1)知AB⊥平面BCD，BEBD

平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B

为坐标原点，分别以→，→，→的方向为x

轴，y

轴，BE

BD

BAz

轴的正方向建立空间直角坐标系.2依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1)，M(0，1，1

，2)则→

→1

1→BC＝(1,1,0)，BM＝(0，2，2)，AD＝(0,1，－1).设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则→n·BC＝0，→n·BM＝0，x0＋y0＝0，即112y0＋2z0＝0，取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ，→→|n|·|AD|则sin

θ＝|cos〈n，→〉|＝

|n·AD|

＝AD36，即直线AD

与平面MBC

所成角的正弦值为36.热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.解决这类问题的基本策略是先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，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.例3

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点.(1)求证：A1B∥平面ADC1；证明

连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点.又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD.因为OD

平面ADC1，A1B⊄平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；解

由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直.以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，→1所以→＝(1，－2,0)，AC

＝(2，－2,1).AD设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有→n·AD＝0，1n·AC

＝0.所以x－2y＝0，→

2x－2y＋z＝0.取y＝1，得n＝(2,1，－2).易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1).|n|·|v|所以

cos〈n，v〉＝

n·v

＝－23.因为二面角C1－AD－C是锐二面角，所以二面角C

－AD－C

的余弦值为21

3.(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由.解

假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.→1所以→＝(0，λ－2,1)，DC

＝(1,0,1).AE因为AE与DC1成60°角，→

→所以|cos〈AE，DC1〉|＝→

→1|AE·DC

|→

→|AE|·|DC1|12＝

，即1λ－22＋1·

22＝1，解得λ＝1

或λ＝3(舍去).所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角.思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.解题时，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.跟踪演练3

如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点.(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；解

如图，以D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，2B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(1，1,0)，1→→

→|NE|×|AM|因为|cos〈→

，

→

〉|＝

|NE·AM|

＝NE

AM所以→

＝(－

，0，－1)，AM＝(－1,0,1).NE

212→

→

52

×

2＝1010，所以异面直线NE

与AM

所成角的余弦值为1010

.(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由.解

假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.因为→＝(0,1,1)，AN→可设→＝λAN＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，AS又→1EA＝(2，－1,0)，→

→1所以→＝EA＋AS＝(

，λ－1，λ).ES

2由ES⊥平面AMN，得→→