统考版2024高考数学二轮专题复习专题三立体几何第3讲空间向量与立体几何理

第3讲空间向量与立体几何考点一向量法证明平行与垂直——建系，找点，写向量；平行，垂直，找关系设直线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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝________，b1＝________，c1＝________；(2)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝________⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝________；(3)l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝________⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝________；(4)l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝______________，b1＝____________，c1＝________；(5)α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝______________，b3＝________，c3＝________；(6)α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝________．例1在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.归纳总结利用空间向量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、平面中的要素；(3)通过空间向量的运算探讨平行、垂直关系；(4)依据运算结果说明相关问题．对点训练如图，在直三棱柱ADE­BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且相互垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.考点二向量法求空间角——奇异建系，求向量夹角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θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝a·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，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝n·3．向量法求二面角求出二面角α­l­β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α­l­β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2；若二面角α­l­β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈例2[2024·全国甲卷（理）]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.（1）证明：A1C＝AC；（2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．归纳总结1．利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或钝角的补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．即线面角的正弦值等于斜线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的确定值．2．利用向量法求二面角的方法(1)分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足动身的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小；(2)通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．提示求空间角留意：①两条异面直线所成的角α不愿定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不愿定是所求的二面角，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确定值，即留意函数名称的变更．对点训练[2024·全国乙卷（理）]如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq\r(5)DO，点F在AC上，BF⊥AO.（1）证明：EF∥平面ADO；（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角D­AO­C的正弦值．考点三用向量法解决探究性问题——问题坐标化，探求方程解与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满意特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满意要求，从而作出推断．例3[2024·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P.归纳总结利用空间向量巧解探究性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行困难的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行推断．(2)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洁、有效，应擅长运用这一方法解题．对点训练1.[2024·全国甲卷]已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？2.[2024·西藏日喀则市高三模拟]如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，2DE＝2BC＝AD＝AB＝AF＝2，AD⊥AF，ED∥AF，AD⊥AB，BC∥AD，G是线段BF上一点．（1）平面ABCD⊥平面ABF；（2）若平面ABCD⊥平面ADEF，设平面CEG与平面ABF所成角为θ，是否存在点G，使得cosθ＝eq\f(\r(14),14)，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由．[高考5个大题]解题研诀窍(三)立体几何问题重在“建”——建模、建系[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]立体几何解答题建模、建系策略立体几何解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——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——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，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，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．[快审题]求什么想什么证明线面垂直，想线面垂直成立的条件．求线面角的正弦值，想平面的法向量及直线的方向向量．给什么用什么给出边的长度，用勾股定理证线线垂直．给出二面角的大小，可求出点M的位置．差什么找什么差点M的坐标，利用垂直关系建立空间直角坐标系，找出平面PAM，平面PAC的法向量．[稳解题](1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝23.连接OB，因为AB＝BC＝22AC所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为OB∩AC＝O所以PO⊥平面ABC.(2)以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，23)，AP＝(0，2，23)．取平面PAC的一个法向量OB＝(2，0，0).设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则AM＝(a，4－a，0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由AP·n=令y＝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，n〉＝23由已知可得|cos〈OB，n〉|＝cos30°＝32所以23a-解得a＝43或a所以n＝(－833，又因为PC＝(0，2，－23)，所以cos〈PC，n〉＝833+所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34题后悟道利用法向量求解空间角的关键在于“四破”第3讲空间向量与立体几何考点一（1）ka2kb2kc2（2）00（3）00（4）ka3kb3kc3（5）ka4kb4kc4（6）0[例1]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轴建立空间直角坐标系B­xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝（a，0，0），eq\o(BD,\s\up6(→))＝（0，2，2），B1D＝（0，2，－2），B1D·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，B1D·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又因为BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.（2）由（1）知，E（0，0，3），Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4))，F（0，1，4），则eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝（0，1，1），B1D·eq\o(EG,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，B1D·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又因为EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.结合（1）可知平面EGF∥平面ABD.对点训练证明：由题意得AB，AD，AE两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.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），F（1，0，1），Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).（1）eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝（－1，0，0），所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).因为棱柱ADE­BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以eq\o(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，所以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）.因为eq\o(DF,\s\up6(→))＝（1，－1，1），eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝（1，0，0），eq\o(CF,\s\up6(→))＝（0，－1，1），由n1·eq\o(DF,\s\up6(→))＝n1·eq\o(DM,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(1,2)x1，,z1＝－\f(1,2)x1.))令x1＝1，则n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝（0，1，1）.因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.考点二[例2]解析：（1）如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝eq\r(2)，AB＝A1B1＝eq\r(5)，BC＝eq\r(3).建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，则C（0，0，0），A（eq\r(2)，0，0），B（0，eq\r(3)，0），B1（－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2)），C1（－eq\r(2)，0，eq\r(2)），∴eq\o(CB,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0），CC1＝（－eq\r(2)，0，eq\r(2)），AB1＝（－2eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2)），设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·CC1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，则y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB1〉|＝eq\f(|n·AB1|,|n||AB1|)＝eq\f(\r(13),13).∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(\r(13),13).对点训练解析：（1）如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，O是BC的中点，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(OB,AB)＝eq\f(\r(2),2)，所以△OBA∽△ABC.记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点．因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得DO∥PC，所以EF∥DO.又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.（2）AO＝eq\r(AB2＋BO2)＝eq\r(6)，OD＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(6),2)，又AD＝eq\r(5)OD＝eq\f(\r(30),2)，所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.（3）如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，eq\r(2)，0），eq\o(AO,\s\up6(→))＝（－2，eq\r(2)，0）.因为PB＝PC，BC＝2eq\r(2)，所以设P（x，eq\r(2)，z），z>0，则eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→))＝（2，0，0）＋eq\f(1,2)（x－2，eq\r(2)，z）＝（eq\f(x＋2,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(z,2)），由（2）知AO⊥BE，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝（－2，eq\r(2)，0）·（eq\f(x＋2,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(z,2)）＝0，所以x＝－1，又PB＝eq\r(6)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝（x，eq\r(2)，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝eq\r(3)，则P（－1，eq\r(2)，eq\r(3)）.由D为BP的中点，得D（－eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2)），则eq\o(AD,\s\up6(→))＝（－eq\f(5,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2)）.设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c）.则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n1·\o(AO,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0,－2a＋\r(2)b＝0))，得b＝eq\r(2)a，c＝eq\r(3)a，取a＝1，则n1＝（1，eq\r(2)，eq\r(3)）.易知平面CAO的一个法向量为n2＝（0，0，1），设二面角D­AO­C的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，所以sinθ＝eq\r(1－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)，故二面角D­AO­C的正弦值为eq\f(\r(2),2).考点三[例3]解析：（1）方法一依题意，得B2C2＝B2B1＋B1C1＋C1C2＝DD2＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋A2A＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.方法二以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），所以B2C2＝（0，－2，1），A2D2＝（0，－2，1），所以B2C2＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.（2）建立空间直角坐标系，建系方法同（1）中方法二，设BP＝n（0≤n≤4），则P（0，2，n），所以PA2＝（2，0，1－n），PC2＝（0，－2，3－n），设平面PA2C2的法向量为a＝（x1，y1，z1），所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(PA2·a＝0,PC2·a＝0))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋（1－n）z1＝0,－2y1＋（3－n）z1＝0))，令x1＝n－1，得a＝（n－1，3－n，2）.设平面A2C2D2的法向量为b＝（x2，y2，z2），由（1）方法二知，A2C2＝（－2，－2，2），A2D2＝（0，－2，1），所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A2C2·b＝0,A2D2·b＝0))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2y2＋2z2＝0,－2y2＋z2＝0))，令y2＝1，得b＝（1，1，2）.所以|cos150°|＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.对点训练1．解析：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq\r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq\r(AF2－CF2)＝2eq\r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），eq\o(BF,\s\up6(→))＝（0，2，1）.设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝（1－m，1，－2）.所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.（2）易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）.设平面DFE的法向量为n2＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0))，又因为eq