专题五 第3讲 空间向量及解题方法

1、第3讲空间向量方法解立体几何1直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析方法一由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1.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)，(1,1,2)(2,2,0)(1，1,2)，(0,1,2)cos，.方法二如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1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所成的角设BC

2、2，则BMND，AN，AD，因此cosAND.2如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEFEFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值(1)证明由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)解过点D作DGEF，垂足为G，由(1)知DG平面ABEF.以点G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG，可得A(1,4,

3、0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，)由已知，ABEF，所以AB平面EFDC，又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF，由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60，从而可得C(2,0，)所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，)设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4)，则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.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，均以解答题的形式进行考查，难

4、度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.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，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.例1如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，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.证明方法一由题意，得AB，

5、AD，AE两两垂直，以点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)，F(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，0, .棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，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)(1，1,1)，(1,0,0)，(0，1,1)，由得令x11，则n1.同理可得n2(0,1,1)n1n20，平面MDF平面EFCD.方法二(1)()().向量与向量，共面，又OM平面BC

6、F，OM平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220.OMCD，OMFC，又CDFCC，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ab，只需证明向量ab(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，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；(2)

7、求证：平面PAD平面PDC.证明(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，点E，F分别是PC，PD的中点，E，F，(1,0,0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)由(1)可知(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PD

8、C.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，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为(0)，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为(0)，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面、的夹角为(0)，则|cos |cos，v|.例2如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求

9、线段BQ的长解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当

10、t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |.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如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是直角三角

11、形，ABAC1，AA12，点P是棱BB1上一点，满足 (01)(1)若，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；(2)若二面角PA1CB的正弦值为，求的值解以点A为坐标原点O，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAC1，AA12，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2)(1)由得，(1,0，2)，(0,1，2)，设平面A1BC的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得不妨取z11，则x1y12，从而平面A1BC的一个法向量为n1(2,2,1)设直线PC与平面A1BC所成的角

12、为，则sin |cos，n1|，所以直线PC与平面A1BC所成的角的正弦值为.(2)设平面PA1C的法向量为n2(x2，y2，z2)，(1,0,22)，由得不妨取z21，则x222，y22，所以平面PA1C的法向量为n2(22，2,1)则cosn1，n2，又因为二面角PA1CB的正弦值为，所以，化简得2890，解得1或9(舍去)，故的值为1.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

13、推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论例3如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(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(1)由题意，易得DMDA，DMDC，DADC.如图所示，以点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)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(，1,0)，所以(，0，1)，(1,0,

14、1)设异面直线NE与AM所成角为，则cos |cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，连接AE.因为(0,1,1)，可设(0，)，0,1，又(，1,0)，所以(，1，)由ES平面AMN，得即解得，此时(0，)，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.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，

15、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，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且ABBP2，ADAE1，AEAB，且AEBP.(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM平面ABCD；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由(1)证明由已知，平面ABCD平面ABPE，且BCAB，则BC平面ABPE，所以BA，BP，BC两两垂直，故以点B为原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则P(0,2,0)，D(2,0,1)，M，E(2,1,0)，C(0

16、,0,1)，所以.易知平面ABCD的一个法向量n(0,1,0)，所以n(1,0，)(0,1,0)0，所以n，又EM平面ABCD，所以EM平面ABCD.(2)当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为.理由如下：(2，2,1)，(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得取y11，得平面PCD的一个法向量等于n1(0,1,2)，假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成的角的正弦值等于.设 (01)，则(2，2,1)(2，2，)，(2，22，)所以sin |cos，n1|.所以92810，解得1或(舍去)因此，线段PD上存在一点N，当N点与D点重

17、合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于.如图，在五面体中，四边形ABCD是矩形，ABEF，AD平面ABEF，且AD1，ABEF2，AFBE2，点P、Q分别为AE、BD的中点(1)求证：PQ平面BCE；(2)求二面角ADFE的余弦值押题依据利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点(1)证明连接AC，四边形ABCD是矩形，且Q为BD的中点，点Q为AC的中点，又在AEC中，点P为AE的中点，PQEC，EC面BCE，PQ面BCE，PQ平面BCE.(2)解如图，取EF的中点M，连接AM，因为由题意知AM2AF2MF2，则AFAM，以点A为坐标原点，以A

18、M，AF，AD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系则A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0)可得(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2，1)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则故即令x1，则y1，z2，故n(1,1,2)是平面DEF的一个法向量AM面ADF，为平面ADF的一个法向量cosn，.由图可知所求二面角为锐角，二面角ADFE的余弦值为.A组专题通关1已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件，则直线AM()A与平面ABC平行B是平面ABC的斜线C是平面ABC的垂线D在平面ABC内答案D解析由已知得M、A、B、C四点共面所以AM在平面

19、ABC内，选D.2.如图，点P是单位正方体ABCDA1B1C1D1中异于A的一个顶点，则的值为()A0B1C0或1D任意实数答案C解析可为下列7个向量：，其中一个与重合，|21；，与垂直，这时0；，与的夹角为45，这时1cos 1，最后1cosBAC11，故选C.3在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)若S1，S2，S3分别是三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()AS1S2S3 BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2 DS3S2且S3S1答案D解析如图所示，ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投

20、影，所以S1222.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与DEF(E，F分别为OA，BC的中点)全等，所以S22.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S32.所以S2S3且S1S3.故选D.4如图，三棱锥ABCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案A解析设AB1，则()()2cos 60cos 60cos 60.cos，.选A.5已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.答案A解析如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱

21、柱的棱长为2，则O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,2)，则(，1,2)，则(，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，故sin .6正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则的取值范围是_答案0,1解析以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)(0,1,0)，(1，1,1)点P在线段BD1上运动，设(，)，且01.(，1，)，10,17在一直角坐标系中，已知点A(1,6)，B(3，8)，现沿x

22、轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后A、B两点间的距离为_答案2解析如图为折叠后的图形，其中作ACCD，BDCD，则AC6，BD8，CD4，两异面直线AC，BD所成的角为60，故由，得|2|268，|2.8已知ABCDA1B1C1D1为正方体，()232；()0；向量与向量的夹角是60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是_答案解析设正方体的棱长为1，中()22323，故正确；中，由于AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成的角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0.故也不正确9.如图所示，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直

23、，ABE是等腰直角三角形，ABAE，FAFE，AEF45.(1)求证：EF平面BCE；(2)设线段CD，AE的中点分别为点P，M，求证：PM平面BCE.证明因为ABE是等腰直角三角形，ABAE，所以AEAB，因为平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCDAB.所以AE平面ABCD，所以AEAD，即AD，AB，AE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系设AB1，则ADAE1.(1)A(0,0,0)，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)，因为FAFE，AEF45，所以AFE90，从而F(0，)，(0，)，(0，1,1)，(1,0,0)于是00，0，所以E

24、FBE，EFBC，因为BE平面BCE，BC平面BCE，BCBEB，所以EF平面BCE.(2)M，P(1，0)，从而(1，)，于是00.所以PMEF，又EF平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PM平面BCE.10.如图所示的多面体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，且ACBCBD2AE2，点M是AB的中点(1)求证：CMEM；(2)求平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值(1)证明ACBC，点M是AB的中点，CMAB.EA平面ABC，CM平面ABC，CMEA，又EAABA，CM平面AEM，又EM平面AEM，CMEM.(2)解以点M为原点，分别以MB，MC所在直线为x，y轴建立

25、坐标系Mxyz，如图，则M(0,0,0)，C(0，0)，B(，0,0)，D(，0,2)，E(，0,1)，(，0,1)，(0，0)，(0,0,2)，(，0)，设平面EMC的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即取x11，则m(1,0，)，设平面BCD的一个法向量n(x2，y2，z2)，则即取x21，则n(1,1,0)，cosm，n，平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值为.B组能力提高11.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是()A，1B，1C，D，1答案B解析根据题意可知平面A1BD平面A1ACC1且两平面的交线是A1O，所以过点P作交线A1O的垂线PE，则PE平面A1BD，所以A1OP或其补角就是直线OP与平面A1BD所成的角.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP与平面A1BD可以垂直当点P与点C1重合时可得A1OOP，A1C12，所以sin 22，所以sin ；当点P与点C重合时，可得sin .根据选项可知B正确12如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；二面角PAD1C的大小不变其中真命题的序号是_答案解析中，