高中数学 空间向量与立体几何1

专题四：立体几何

第三讲空间向量及立体几何

【最新考纲透析】

1.空间向量及其运算

（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标

表示。

（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。

（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断

向量的共线及垂直。

2.空间向量的应用

.（1）理解直线的方向向量及平面的法向量。

（2）能用向量语言表述直线及直线，直线及平面，平面及平面的垂

直、平行关系。

（3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三

垂线定理）。

（4）能用向量方法解决直线及直线、直线及平面、平面及平面的夹角的计

算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

【核心要点突破】

要点考向1：利用空间向量证明空间位置关系

考情聚焦：L平行及垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每

年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮

点O

2.题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新。

考向链接：L空间中线面的平行及垂直是立体几何中经常考查的一个重

要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考

查“向量法”的应用。

2.空间中线面的平行及垂直的证明有两个思路:一是利用相应的判定定理

和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。

例1：(2019•安徽高考理科•T18)如图，在多面体中，四边形是正

方形，〃，，，，，为的中点。

(1)求证：〃平面；

⑵求证：平面；

(3)求二面角B-DE-C的大小。

【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、

二面角的求解

的问题，考查

了考生的空间

想象能力、推理

论证能力和运

算求解能力。

【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明。

【规范解答】

如图，以H为坐标原点，分别以H反面、的方向为

x轴、y轴、z轴的正方向建立坐标系，

⑴

⑵・・•前=(-2,2,0),GE=(0,0,1),AC^GE=O,.\AC1GE.

又AC_LBD,且GEQBD=G,/.AC±平面EBD.

（3）

【方法技巧】1.证明线面平行通常转化为证明直线及平

面内的一条直线平行；

2.证明线面垂直通常转化为证明直线及平面内的两条相交直

线垂直；

3、确定二面角的大小，可以先构造二面角的平面角，然后转化到一个

合适的三角形中进行求解。

4.以上立体几何中的常见问题，也可以采用向量法建立空间直角坐标

系，转化为向量问题进行求解证明。应用向量法解题，思路简单，易于操

作，推荐使用。

要点考向2:利用空间向量求线线角、线面角

考情聚焦：L线线角、线面角是高考命题的重点内容，几乎每年都考。

2.在各类题型中均可出现，特别以解答题为主，属于低、中档题。

考向链接：L利用空间向量求两异面直线所成的角，直线及平面所成

的角的方法及公式为：

（1）异面直线所成角伏。仁90。）

设分别为异面直线的方向向量，则

（2）线面角伙0°《仁90。）

设是直线的方向向量，是平面的法向量，则

2.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：

（1）建立恰当的空间直角坐标。（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。

例2:（2019•辽宁高考理科•T19）已知三棱锥P-ABC中，PA±

考向链接：求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在

平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但

要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角。

其计算公式为：设分别为平面的法向量，则及互补或相等，

例3:（2019•天津高考理科•T19）

如图，在长方体中，、分别是棱，

（1）上的点，，

⑵求异面直线所及AQ所成角的余弦值；

（3）证明从平面RED

（1）求二面角4-七。-"的正弦值。

【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线及平面垂直、二面

角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方

法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。

【思路点拨】建立空间直角坐标系或常规方法处理问题°

（1）【规范解答】方法一：以A为坐标原点，AB所在直线为X轴，AD

所在直线为Y轴建立空间直角坐标系（如图所示），设，依题意

得，，，

易得，，于是，

所以异面直线所及4。所成角的余弦值为|。

证明：已知,,

于是•=0,♦二0.因此，，又

所以"_L平面4EO

（3）解：设平面的法向量，则，即

不妨令X=l,可得。由(2)可知，为平面的一个法向量。

于是，从而

所以二面角A「ED-F的正弦值为半

要点考向4：利用空间向量解决探索性问题

考情聚焦:立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题),

能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，是今后考查的重点，

也能很好地体现新课标高考的特点。

例4：(2019•福建高考理科•T18)如图，圆柱001内有一个三棱柱

ABC-A1B1C1,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆0的直

径。

(I)证明：平面A1ACC1平面B1BCC1；

(II)设AB=AA1,在圆柱()01内随机选取一点，记该点取自三棱

柱ABC-A1B1C1内的概率为p。

(i)当点C在圆周上运动时，求p的最大值；

(ii)记平面A1ACC1及平面B10C所成的角为()。当p取最大值时，求

cos的值。

【命题立意】本小题主要考查直线及直线、直线及平面、平面及平面的位

置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、

推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归及转化思想、必

然及或然思想。

【思路点拨】第一步先由线线垂直得到线面垂直，再由线面垂直得到面面

垂直；第二步首先求出长方体的体积，并求解三棱柱的体积的最大值，利

用体积比计算出几何概率。立体几何中我们可以利用向量处理角度问题,

立体几何中涉及的角：有异面直线所成的角、直线及平面所成的角、二面

角等。关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量，有

,利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题。

【规范解答】(I)平面，平面，，又是的直径，，又

,平面，而平面，所以平面平面；

(ID(D设圆柱的底面半径为，则，故圆柱的体积为，设三棱柱

ABC-A1B1C1,的体积为，所以，所以当取得最大值时取得最大值。

又因为点在圆周上运动，所以当时，的面积最大，进而，三棱柱

ABC-A1B1C1,的体积最大，且其最大值为，故的最大值为；

(ii)由(i)知，取最大值时，，于是，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则平面，

是平面的一个法向量，设平面的法向量为，由于，，

所以平面的一个法向量为，，。

【方法技巧】立体几何中我们可以利用空间向量处理常见的问题，本题的

(ID(D也可以采用向量法进行证明：以为坐标原点，建立空间直角

坐标系，设圆柱的底面半径为，，则，故圆柱的体积为，设

三棱柱ABC-A1B1C1,的体积为，所以，所以当取得最大值时取得最

大值。，所以当时的的面积最大，进而，三棱柱ABC-A1B1C1,的体

积最大，且其最大值为，故的最大值为；

【高考真题探究】

1.(2019•广东高考理科•T10)若向量=(1,l,x).=(1,2,1).

二(1,1,1),满足条件二-2,则...

【命题立意】本题考察空间向量的坐标运算及向量的数量积运算.

【思路点拨】先算出、，再由向量的数量积列出方程，从而求出

【规范解答】，，由

得，即，解得【答案】2

2.(2019•浙江高考理科・T20)如图,在矩形中，点分别在线段

上，.沿直线将翻折成，使平面.

(I)求二面角4-切-。的余弦值；

(II)点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使及

重合，求线段的长。

【命题立意】本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知

识，考查空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。

【思路点拨】方法一利用相应的垂直关系建立空间直角坐标系，利用空

间向量解决问题；方法二利用几何法解决求二面角问题和翻折问题。

【规范解答】方法一：(I)取线段EF的中点H,连结，因为

二及H是EF的中点，所以，又因为平面平面.

如图建立空间直角坐标系A-xyz,则(2,2,),C(10,8,0),F

(4,0,0),D(10,0,0)..故二(-2,2,2),=(6,0,0).

设=(x,y,z)为平面的一个法向量，所以。

取,贝Io

又平面的一个法向量，故。

所以二面角的余弦值为年

(II)设，则,,

因为翻折后，及重合，所以

故，，得，，

所以。

3.(2019•陕西高考理科•T18)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD

是矩形PAJ_平面ABCD,AP=AB=2.BC=,E,F分别是AD,PC的中点.

(I)证明：PC,平面BEF；

(II)求平面版及平面囱庐夹角的大小。

【命题立意】本题考查了空间几何体的的线线、线面垂直、以及二面角的

求解问题，考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力以及利用空间

向量解决立体儿何问题的方法及技巧。

【思路点拨】思路一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；思路二：利用几何法求解.

【规范解答】解法一(I)如图，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在的

直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.・・・AP=AB二2,BC二,四边形

ABCD是矩形.

:・A,B,C,D的坐标为A(0,0,0),B⑵0,0),C(2,,0),D(0,,0),

P(0,0,2)

又E,F分别是AD,PC的中点，・・・E(0,,0),F(l,,1).

・・・二(2,,-2)=(-1,,1)二(1,0,1),

・•・•二-2+4-2=0,•=2+0-2=0,

JJL,±,APCiBF,PC±EF,,.』(：，平面8£卜、

(H)由(I)知平面BEF的法向量小定二(2,2©-2),平面BAP的法向量

tu=AD=(0,2>/2,0),•n1=8,

设平面BEF及平面BAP的夹角为，则

平面BEF及平面BAP的夹角为

4.（2019•重庆高考文科•T20）如题图，四棱锥中，

底面为矩形，，，

点是棱的中点.

（I）证明：；

（H）若，求二面角的平面角的余弦值.

【命题立意】本小题考查空间直线及直线、直线及平面的位置关系，

考查余弦定理及其应用，考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用,

考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合的思想,

考查化归及转化的思想.

【思路点拨】（1）通过证明线线垂直证明结论：线面垂直，（II）作出二

面角的平面角，再利用三角函数、余弦定理等知识求余弦值.或建立空间直

角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函数值.

【规范解答】（I）以为坐标原点，

射线分别为轴、轴、轴的正半轴，

建立空间直角坐标系A-xyz.如图所示.、

设设，则，，，。于是，，，K

-

所以，故•

（II）设平面BEC的法向量为，由（I）知，,<一斗

答(20)由2

故可取.设平面DEC的法向量，则，，由

得D,G

从而，，故，所以，，可取，则，从而

【方法技巧】（1）用几何法推理证明、计算求解；（2）空间向量坐标法，通

过向量的坐标运算解题.

5.（2019•江西高考文科•T20）

如图，及都是边长为2的正三角形，

平面平面，平面，.

（1）求直线AM及平面38所成的角的大小；

（2）求平面4cM及平面BCD所成的二面角的正弦值.

【命题立意】本题主要考查空间几何体的线线、线面及面面垂直关系及

平行关系，考查空间线面角、二面隹的问题以及有关的计算问题，

考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间

想象能力、推理论证能力、划归转化能力和运算求解能力。

【思路点拨】本题主要有两种方法，法一：几何法（1）直接找出线面角，

然后求解；

（2）对二面角的求法思路.一般是分三步①“作”，②“证:③“求”.

其中“作”是关键.“证”

是难点,法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解.

【规范解答】取CD中点0,连OB,0M,则0BJ_CD,0M±CD,又平面

平面，则平面.

以。为原点,直线0C、BO、0M为X轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图.0B=0M=,则各点坐标分

别为。（0,0,0）,C（1,0,0）,M（0,0,）,B（0,-,0）,A（0,-,2）,

（1）设直线4"及平面及力所成的角为a.

因（0,,）,平面的法向量为.则有

,所以.

（2）,.

设平面ACM的法向量为，由得.

解得，，取,又平面BCD的法向量为，

则设所求二面角为，则.

6.（2019•四川高考理科•T18）

已知正方体的棱长为1,点是棱的中点，点是对角线的中点.

（I）求证：为异面直线和的公垂线；

（II）求二面角9的大小；

（III）求三棱锥M-CMC的体积.

【命题立意】本题主要考查异面直线、直线及平面垂直、

二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推

理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力，转化及化归的数学思

想.

【思路点拨】方法一：几何.问题（I）,分别证明，即可.

问题（TT）首先利用二垂线定理，作出二面角的平面角，然后通过平面

角所在的直角三角形，求出平面角的一个三角函数值，便可解决问题.

问题（III）选择便于计算的底面和高，观察图形可知，和都在平面

内，旦，故，利用三棱锥的体积公式很快求出.

方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解.

【规范解答】（方法一）：（I）连结.取的中点，则为的中点，连

结.

•点是棱的中点，点是的中点，

由，得.

又;及异面直线和都相交，故为异面直线和的公垂线.

（II）取的中点,连结，则，

过点过点作于，连结，则由三垂线

定理得，.

/.NMHN为二面角M-BC-E的平面角.

在RtAMNH中.tanMHN=竺~=」=■=2亚故二面角M-BC-Br的大小为

NHy/2

arctan272.

（IIT）易知，，且和都在平面内，点到平面的距离，・...

（方法二）：以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

贝IJ,,,,,

（I）丁点是棱的中点，点是的中点，

又・・♦及异面直线和都相交，

故为异面直线和的公垂线，

（TT）设平面的一个法向量为，，.

即

.取，则.・取平面的一个法向量.

,由图可知，二面角的平面角为锐角，

故二面角M-8C-9的大小为.

（III）易知，，设平面的一个法向量为，

西=（T-1,1）,BC=（-1,0,0）,即

取，则，从而.

点M到平面OBC的距离

_,一1

J5_1Jc收1_I

【跟踪模拟训练】

一、选择题(每小题6分，共36分)

1.已知点A(-3,1,-4),则点A关于x轴的对称点的坐标为()

(A)(-3,-1,4)(B)(-3,-1,-4)(C)(3,1,4)(D)(3,-1,-4)

2.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是AC的中点，AB1_LBC1,则平面DBC1

及平面CBC1所成的角为()

(A)30°(B)45°(C)60°(1))90°

3.设动直线及函数和的图象分别交于、两点，则的最大值

为・・・)

A.B.C.2D.3

4.在直角坐标系中，设，，沿轴把坐标平面折成的二面角后，

的长为..)

A.B.C.D.

5.矩形ABCD中，AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B—AC

-D,则四面体ABCD的外接球的体积为・.)

A.B.C.D.

6.如图：在平行六面体中，为及的交点。若，，则下列向

量中及相等的向量是.)

(A)(B)(C)(D)

二、填空题(每小题6分，共18分)

7.是空间交于同一点的互相垂直的三条直线，点到这三条

直线的距离分别为，，，则，则__0

8.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=2,AD=1,且AB.AD.AA1两

两之间夹角均为600,则,=

9.将正方形沿对角线折成直二面角后，有下列四个结论：

（1）;（2）是等边三角形；（3）及平面成60°；（4）及

所成的角为60°.其中正确结论的序号为（填上所有正确结

论的序号）.

三、解答题（共46分）

10.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长.2的菱形，NBAD=60°,

对角线AC及BD相交于点0,,E、F分别是BC.AP的中点.

（1）求证：EF〃平面PCD；

（2）求二面角A—BP—D的余弦值.

11.某组合体由直三棱柱及正三棱锥组成，如图所示，其中，.它的

正视图、侧视图、俯视图的面积分别为+1,,+1.

（1）求直线《Ai及平面ACD所成角的正弦；

（2）在线段上是否存在点，使平面，若存在，确定点的位置；

若不存在，说明理由.

12.如图，三棱柱中，面，

,,，为的中点。

（I）求证：面；

（口）求二面角G-助-。的余弦值

参考答案

1.【解析】选A.・・•点A关于x轴对称点的规律是在x轴上的坐标不变，在

y轴，z轴上的坐标分别变为相反数，・•・点A(-3,1,-4)关于x轴的对

称点的坐标为(-3,-1,4).

2•【解析】选B.以A为坐标原点，AC.AA1分别为y轴和z轴建立空间直角

坐标系.设底面边长为2a.侧棱长为2b.

3.D4.D5.C6.A7.648.39.(1)(2)

(4)

10.解：(1)证明：取PD的中点G,连接FG、CG・・・FG是APAD的中卫县,

1・FG,

在菱形ABCD中，ADBC,又E为BC的中点，ACEFG,二四边形EFGC

是平行四边形，

・・・EF〃CG

又EF面PCD,CG面PCD,...EF〃面PCD

(2)法1：以0为原点，OB,OC,OP所在直线分别为、、轴建

立如

图所示的空间直角坐标系。

则0(0,0,0),A(0,,0),B(1,0,0)(0,0,)

二(1,,0)=(0,,)

设面ABP的发向量为，则

,即即

取又，，...0A，面PBD,・♦・为面PBD的发向量，

・•・二(0,,0)

Mil。*$.所以所求二面角的余弦值为5

法2:在菱形ABCD中，AC±BD,

・・・01)，面ABCD,AC面ABCD,AAC1OP,OPBD