【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版) .doc，共(13)页，835.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-24323.html

以下为本文档部分文字说明：

07空间几何中的向量方法核心考点读高考设问知考法命题解读利用向量证明平行与垂直如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥

平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常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，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.利用空间向量计算

空间角【2018新课标2理9】在长方体1111ABCDABCD中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为()【2017新课标2理10】已知直三棱柱111CC中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为()

(2020新高考山东卷20)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.【

2020新课标1理18】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO．（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE

的余弦值．【2020新课标2理19】如图，在长方体1111ABCDABCD中，点,EF分别在棱11,DDBB上，且12DEED，12BFFB．（1）证明点1C在平面AEF内；（2）若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值．【2016新课标3理

19】如图，四棱锥PABCD中，PA地面ABCD，BCAD∥，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与

平面PMN所成角的正弦值．利用空间向量求解探索性问题(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC＝13.(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求二面角

F－AE－P的余弦值；(3)设点G在PB上，且PGPB＝23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.核心考点一利用向量证明平行与垂直直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法：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(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.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2

＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.1.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD

.【解析】依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)向量BE→＝(0，1，1)，DC→＝(2，0，0)，故BE→·DC→＝0.

所以BE⊥DC.(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量AB→＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而BE→·AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，

又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量AB→＝(1，0，0)，向量PD→＝(0，2，－2)，DC→＝(2，0，0)，设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·P

D→＝0，n·DC→＝0，即2y－2z＝0，2x＝0，不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.且n·AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥AB→.所以平面PAD⊥平面PCD.1.如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面AB

FE和平面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.证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.【解析】(1)由题意，得AB，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A－xyz.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12，0，0，O12，12，12.OM→＝0，－12，－12，BA→＝(－1，0，0)，∴OM→·BA→＝0，∴OM→⊥BA→.∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，

∴AB⊥平面BCF，∴BA→是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为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，n1·DM→＝0，得x1－y1＋z1＝0，12x1－y1＝0，令x1＝1，则n1＝1，12，－12.同理可得n2＝(0

，1，1).∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.核心考点二利用空间向量计算空间角直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算：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≤π2，则cosθ＝|a·b||a||b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|a21＋b21＋c21a22＋b22＋c22.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ0

≤θ≤π2，则sinθ＝|a·μ||a||μ|＝|cos<a，μ>|.(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cosθ|＝|μ·v||μ||v|＝|cos<μ，v>|.1．【2018新课标2理9】在长方体1111ABCDABCD中，1ABBC，

13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为()A．15B．56C．55D．22【解析】以D为坐标原点，DA，DC，1DD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则0,0,0D，1,0,0A，11,1,3B，10,0,3D，11,0,3ADuuur，11,1,3

DBuuur，111111135cos<,>525ADDBADDBADDBuuuruuuruuuuuruuurQuuurur，异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为55，故选C．2.【2020新高考山东卷20】如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD

⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，

又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0

)，P(0，0，1)，DC→＝(0，1，0)，PB→＝(1，1，－1).由(1)可设Q(a，0，1)，则DQ→＝(a，0，1).设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则n·DQ→＝0，n·DC→＝0，即ax＋

z＝0，y＝0.可取n＝(－1，0，a).所以cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n|·|PB→|＝－1－a3·1＋a2.设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝33×|a＋1|1＋a2＝331＋2aa2＋1.因为331＋2aa2＋1＝331＋2a＋1a≤63，当且仅当a＝1时等号成立

，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.3．【2020新课标1理18】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO．（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面

角BPCE的余弦值．【解析】（1）由题设，知DAE△为等边三角形，设1AE，则32DO，1122COBOAE，所以6264PODO，222266,,44PCPOOCPBPOOB

又ABC为等边三角形，则2sin60BAOA，所以32BA，22234PAPBAB，则90APB，所以PAPB，同理PAPC，又PCPBP，所以PA平面PBC；（2）过O作ON∥BC交AB于点N，

因为PO平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),(0,0,),(,,0),(,,0)244444EPBC，132(,,)444PC，132(,,)444PB

，12(,0,)24PE，设平面PCB的一个法向量为111(,,)nxyz，由00nPCnPB，得111111320320xyzxyz，令12x，得111,0zy，所以(2,0,1)n，设平面PCE的一个法向量为222(,,

)mxyz由00mPCmPE，得22222320220xyzxz，令21x，得2232,3zy，所以3(1,,2)3m故2225cos,5||||1033n

mmnnm，设二面角BPCE的大小为，则25cos5．1．【2017新课标2理10】已知直三棱柱111CC中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为(

)A．32B．155C．105D．33【解析】解法一：在边1BB、11BC、11AB、AB上分别取中点E、F、G、H，并相互连接．由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线1AB和1BC所成的夹角为

FEG或其补角，通过几何关系求得22EF，52FG，112FH，利用余弦定理可求得异面直线1AB和1BC所成的夹角余弦值为105．故选C．解法二：补形通过补形之后可知：1BCD或其补角为异面直线1AB和1B

C所成的角，通过几何关系可知：12BC，15CD，3BD，由勾股定理或余弦定理可得异面直线1AB和1BC所成的夹角余弦值为105．故选C．解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，0,2,1A，10,0,0B，0,0,1B，131,,022C

，∴131,,122BC，10,2,1BA，∴1111210cos552BABCBABC．故选C．2．【2020新课标2理19】如图，在长方体1111ABCDABCD中，点,EF分别在棱11,DDBB上，且1

2DEED，12BFFB．（1）证明点1C在平面AEF内；（2）若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值．【解析】（1）在棱1CC上取点G，使得112CGCG，连接DG、FG、1CE、1CF，在长方

体1111ABCDABCD中，//ADBC且ADBC，11//BBCC且11BBCC，112CGCG，12BFFB，112233CGCCBBBF且CGBF，所以，四边形BCGF为平行四边形

，则//AFDG且AFDG，同理可证四边形1DECG为平行四边形，1//CEDG且1CEDG，1//CEAF且1CEAF，则四边形1AECF为平行四边形，因此，点1C在平面AEF内；（2）以点1C为坐标原点，11CD、11CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标

系1Cxyz，则2,1,3A、12,1,0A、2,0,2E、0,1,1F，0,1,1AE，2,0,2AF，10,1,2AE，12,0,1AF，设平面AEF的法向量为111,,mxyz，由00

mAEmAF，得11110220yzxz取11z，得111xy，则1,1,1m，设平面1AEF的法向量为222,,nxyz，由1100nAEnAF，得22222020yzxz，取22z，得21x，24

y，则1,4,2n，37cos,7321mnmnmn，设二面角1AEFA的平面角为，则7cos7，242sin1cos7．因此，二面角1AEFA的正弦值为427．3．【2016新课标3理19】如图，四棱锥PABCD中，PA

地面ABCD，BCAD∥，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．PNMDCBAPQNMDCBA【解析】（1）取PB中点Q，连接AQ、NQ，因为N是PC中点，//NQBC，且

12NQBC，又22313342AMADBCBC，且//AMBC，所以//QNAM，且QNAM．所以四边形AQNM是平行四边形．所以//MNAQ．又MN平面PAB，AQ平面PAB，所以//MN平面PAB．（2）取BC的中点E，联结AE．由ABAC得AEBC，从而A

EAD，且222252BCAEABBEAB．以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．由题意知，0,0,4P，0,2,0M，5,2,0C，5,1,22N

，设,,xyzn为平面PMN的法向量，则00PMPNnn，即2405202yzxyz，可取0,2,1n．于是85cos,25ANANANnnn．所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525．核心考点三利

用空间向量求解探索性问题1.空间向量最适合于解决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.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.2.空间向量求解探索性问题：(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，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论

.1.【2019北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC＝13.(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F－AE－P的余弦值；(3)设点G在PB上，

且PGPB＝23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.(2)过

点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).因为E为PD的中点，所

以E(0，1，1).所以AE→＝(0，1，1)，PC→＝(2，2，－2)，AP→＝(0，0，2).所以PF→＝13PC→＝23，23，－23，所以AF→＝AP→＋PF→＝23，23，43.设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AF→＝

0，即y＋z＝0，23x＋23y＋43z＝0.令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1，1).又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)，所以cos〈n，p〉＝n·p|n||p|＝－33.由题知，二面角F－A

E－P为锐角，所以其余弦值为33.(3)直线AG在平面AEF内，理由如下：因为点G在PB上，且PGPB＝23，PB→＝(2，－1，－2)，所以PG→＝23PB→＝43，－23，－43，所以AG→＝AP→＋PG→＝43，－23

，23.由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，所以AG→·n＝－43＋23＋23＝0.又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.1.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O

是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【解析】(1)不妨设正方体的棱长为2.以

D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).因为E为OD1的中点，所以E12，12

，1.则OD1→＝(－1，－1，2)，DE→＝12，12，1，DC→＝(0，2，0).设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，则p·DE→＝0，p·DC→＝0，即12x0＋12y0＋z0＝0，2y0＝0，取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，所以p＝(2

，0，－1)为平面CDE的一个法向量.设直线OD1与平面CDE所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈OD1→，p〉|＝|OD1→·p||OD1→||p|＝|－1×2＋（－1）×0＋2×（－1）|（－1）2＋（－1）2＋22×22＋（－1）2＝23015，即直线OD

1与平面CDE所成角的正弦值为23015.(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，设D1E→＝λEO→，λ∈[0，＋∞)，OC→＝(－1，1

，0)，OD1→＝(－1，－1，2).设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，则m·OC→＝0，m·OD1→＝0，即－x1＋y1＝0，－x1－y1＋2z1＝0，取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以m＝(1，1，1)为平面C

D1O的一个法向量.因为D1E→＝λEO→，所以点E的坐标为λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ，所以DE→＝λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ.设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，则n·DE→＝0，n·DC→＝0，即λ1＋λx2＋λ1＋λy2＋21＋λ

z2＝0，2y2＝0，取x2＝1，则y2＝0，z2＝－λ2，所以n＝1，0，－λ2为平面CDE的一个法向量.因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.则m·n＝0，所以1－λ2＝0，解得λ＝2.所以当D1E→EO→＝2，即点E为线段OD1

上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.