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1、2022年高三數(shù)學二輪復習 專題四 第3講空間向量與立體幾何教案 自主學習導引 真題感悟 1．(xx·陜西)如圖所示，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為 A.　　　 B. C.　　　 D. 解析　利用向量法求解． 不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2. 可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)， ∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)， ∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0. ∴與的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角， ∴直線B

2、C1與直線AB1夾角的余弦值為. 答案　A 2．(xx·遼寧)如圖，直三棱柱ABCA′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面A′ACC′； (2)若二面角A′MNC為直二面角，求λ的值． 解析　(1)證明　證法一　連接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABCA′B′C′為直三棱柱，所以M為AB′的中點．又因為N為B′C′的中點，所以MN∥AC′.又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′. 證法二　取A′B′的中點P，連接MP，NP.而M

3、，N分別為AB′與B′C′的中點，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN?平面MPN，所以MN∥平面A′ACC′. (2)以A為坐標原點，分別以直線AB，AC，AA′為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系O－xyz，如圖所示． 設AA′＝1，則AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)，所以M，N. 設m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量， 由得 可取m＝(1，－1，λ)． 設

4、n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量， 由得 可取n＝(－3，－1，λ)． 因為A′-MN-C為直二面角，所以m·n＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝(負值舍去)． 考題分析 應用空間向量解決立體幾何問題是高考的必考考點，空間向量的工具性主要體現(xiàn)在平行與垂直的判定，求空間的角的大?。忸}時要特別注意避免計算失誤． 網(wǎng)絡構建 高頻考點突破 考點一：利用向量證明平行與垂直 【例1】如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E、F分別是PC、PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. 求證：(1)EF∥平面PAB； (2)平

5、面PAD⊥平面PDC. [審題導引]　建立空間直角坐標系后，使用向量的共線定理證明∥即可證明第(1)問，第(2)問根據(jù)向量的垂直關系證明線線垂直，進而證明線面垂直，得出面面垂直． [規(guī)范解答]　以A為原點，AB、AD、AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E為，F(xiàn)為 ＝，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． (1)因為＝－，所以∥， 即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面

6、PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因為·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 因為DC?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC. 【規(guī)律總結】 用空間向量證明位置關系的方法 (1)線線平行：欲證直線與直線平行，只要證明它們的方向向量平行即可； (2)線面平行：用線面平行的判定定理，證明直線的方向向量與平面內一條直線的方向向量平行；用共面向量定理，證明平面外直線的方向向量與平面內兩相交直線的方向向量共面；證

7、明直線的方向向量與平面的法向量垂直； (3)面面平行：平面與平面的平行，除了用線面平行的判定定理轉化為線面平行外，只要證明兩平面的法向量平行即可； (4)線線垂直：直線與直線的垂直，只要證明兩直線的方向向量垂直； (5)線面垂直：用線面垂直的定義，證明直線的方向向量與平面內的任意一條直線的方向向量垂直；用線面垂直的判定定理，證明直線的方向向量與平面內的兩條相交直線的方向向量垂直；證明直線的方向向量與平面的法向量平行； (6)面面垂直：平面與平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直外，只要證明兩平面的法向量垂直即可． 【變式訓練】 1．如圖所示，在底面是正方形的四棱錐P－A

8、BCD中，PA⊥平面ABCD，BD交AC于點E，F(xiàn)是PC的中點，G為AC上一點． (1)求證：BD⊥FG； (2)確定點G在線段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并說明理由． 解析　(1)證明　以A為原點，AB、BD、PA所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系A－xyz，如圖所示， 設正方形ABCD的邊長為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)， 設P(0,0，a)(a＞0)，G(m，m,0)(0＜m＜)， 則E，F(xiàn). (1)＝(－1,1,0)，＝， ·＝－m＋＋m－＋0＝0，所以BD⊥FG. (2)要使FG∥平面P

9、BD，只需FG∥EP， 而＝， 由＝λ，可得解得 所以G，所以＝. 故當AG＝AC時，F(xiàn)G∥平面PBD. 考點二：利用向量求線線角、線面角 【例2】如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于點M. (1)求證：AM⊥PD； (2)求直線CD與平面ACM所成角的余弦值． [審題導引]　建立坐標系，求出平面ACM的法向量，利用向量法求直線CD與平面ACM所成角的余弦值． [規(guī)范解答]　(1)證明　∵PA⊥平面ABCD， AB?平面ABCD， ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD?平面P

10、AD， PA?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD. ∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，AB?平面ABM， BM?平面ABM， ∴PD⊥平面ABM. ∵AM?平面ABM，∴AM⊥PD. (2)如圖所示，建立直角坐標系，則A(0,0,0)，C(1,2,0)， D(0,2,0)，∴＝(－1,0,0)， 設M(0，y0，z0)，∴＝(0，y0，z0)， ∵P(0,0,2)，∴＝(0,2，－2)， ＝(0，y0，z0－2)， 由⊥，得·＝2y0－2z0＝0， 即y0＝z0， 又＝λ，∴－2y0＝2(z0－2)，即－y0＝z0－2， 解方程

11、組得y0＝z0＝1，即M(0,1,1)， 設平面ACM的法向量為n＝(x，y，z)， 則令z＝1，得n＝(2，－1,1)， ∴cos 〈，n〉＝＝－， ∴直線CD與平面ACM成角的余弦值為 ＝. 【規(guī)律總結】 向量法求線線角、線面角的注意事項 (1)建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，根?jù)對稱性原則，使盡可能多的點在坐標軸，易于求各點的坐標； (2)求直線與平面所成的角θ，主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角α求得，即sin θ＝|cos α|. 【變式訓練】 2．(xx·山西四校模擬)在三棱錐M－ABC中，AB＝2AC＝2，MA＝MB＝，AB＝4AN，AB⊥AC，平面MAB⊥平面

12、ABC，S為BC的中點． (1)證明：CM⊥SN； (2)求SN與平面CMN所成角的大?。? 解析　(1)證明　取AB的中點O，連接MO，CO，SO， ∴MO⊥AB， ∵平面MAB⊥平面ABC，MO⊥平面ABC， 又AC⊥AB，OS∥AC，∴OS⊥AB， 以O為坐標原點，OB為x軸，OS為y軸，OM為z軸建立空間直角坐標系． 則C(－1,1,0)，M，N，S， 所以＝，＝， 故·＝0，即CM⊥SN. (2)由(1)知，＝，＝， 設平面CMN的法向量為n＝(x，y，z)， 則，得，令x＝2， 則得平面CMN的一個法向量為n＝(2,1，－2)， 則|cos〈n，

13、〉|＝， 所以SN與平面SMN所成角為. 考點三：利用向量求二面角 【例3】(xx·泉州模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC為等腰直角三角形，∠B＝90°，D為棱BB1上一點，且面DA1C⊥面AA1C1C (1)求證：D為棱BB1的中點； (2)為何值時，二面角A－A1D－C的平面角為60°？ [審題導引]　(1)取AC的中點F，A1C的中點E，利用BDEF證明； (2)以D為原點建系，設出相關點的坐標，利用公式求解． [規(guī)范解答]　(1)證明　過點D作DE⊥A1C于E點，取AC的中點F，連BF、EF. ∵面DA1C⊥面AA1C1C且相交于A1C

14、，面DA1C內的直線DE⊥A1C， ∴直線DE⊥面AA1C1C. 又∵面BAC⊥面AA1C1C且相交于AC，易知BF⊥AC， ∴BF⊥面AA1C1C. 由此知：DE∥BF，從而有D，E，F(xiàn)，B共面， 又易知BB1∥面AA1C1C，故有DB∥EF， 從而有EF∥AA1， 又點F是AC的中點，所以DB＝EF＝AA1＝BB1， ∴D點為棱BB1的中點． (2)建立如圖所示的直角坐標系，設AA1＝2b，AB＝BC＝a， 則D(0,0，b)，A1(a,0,2b)，C(0，a,0)， 所以，＝(a,0，b)，＝(0，a，－b)， 設面DA1C的法向量為n＝(x，y，z)， 則

15、，可取n＝(b，－b，－a)， 又可取平面AA1DB的法向量 m＝＝(0，a,0)， cos〈n，m〉＝＝＝－， 據(jù)題意有：＝，解得：＝＝. 【規(guī)律總結】 利用向量求二面角的注意事項 (1)兩平面的法向量的夾角不一定就是所求的二面角，有可能兩法向量夾角的補角為所求． (2)求平面的法向量的方法： ①待定系數(shù)法：設出法向量坐標，利用垂直關系建立坐標的方程解之． ②先確定平面的垂線，然后取相關線段對應的向量，即確定了平面的法向量．當平面的垂線較易確定時，常考慮此方法． 【變式訓練】 3．(xx·北京東城二模)如圖，矩形AMND所在的平面與直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，

16、MB∥NC，MN⊥MB，且MC⊥CB，BC＝2，MB＝4，DN＝3. (1)求證：AB∥平面DNC； (2)求二面角D－BC－N的余弦值． 解析　(1)證明　因為MB∥NC，MB?平面DNC，NC?平面DNC， 所以MB∥平面DNC. 因為AMND為矩形，所以MA∥DN. 又MA?平面DNC，DN?平面DNC， 所以MA∥平面DNC. 又MA∩MB＝M，且MA，MB?平面AMB， 所以平面AMB∥平面DNC. 又AB?平面AMB，所以AB∥平面DNC. (2)由已知平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，DN⊥MN，所以DN⊥平面MBCN，又M

17、N⊥NC，故以點N為坐標原點，建立空間直角坐標系N－xyz. 由已知得MC＝2，∠MCN＝30°， 易得MN＝，NC＝3. 則D(0,0,3)，C(0,3,0)，B(，4,0)． ＝(0,3，－3)，＝(，1,0)． 設平面DBC的法向量n1＝(x，y，z)， 則即 令x＝－1，則y＝，z＝. 所以n1＝(－1，，)． 又n2＝(0,0,1)是平面NBC的一個法向量， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝. 故所求二面角D－BC－N的余弦值為. 名師押題高考 【押題1】如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長都相等，且CC1⊥底面ABC，M是側棱CC1的中點，則異

18、面直線AB1和BM所成的角為 A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析　由題意可知該三棱柱為正三棱柱，設其棱長為2，＝a，＝b，＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝2，且〈a，c〉＝，〈a，b〉＝〈b，c〉＝，所以a·c＝2×2×cos ＝2，a·b＝b·c＝0.而＝b－a，＝c＋b，所以·＝(b－a)·＝b·c＋b2－a·c－a·b＝0，故〈，〉＝，即異面直線AB1與BM所成的角為. 答案　A [押題依據(jù)]　空間向量與立體幾何相結合是高考的一個熱點問題，空間向量在高考試題中的出現(xiàn)主要體現(xiàn)其工具性，獨立命題的可能性很小，一般用以解決立體幾何中的線面位置關系的證明，

19、求空間角的大小及空間的距離． 【押題2】在四棱錐P－ABCD中，側面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2. (1)求證：BC⊥平面PBD； (2)設E為側棱PC上一點，＝λ，試確定λ的值，使得二面角E－BD－P的大小為45°. 解析　(1)證明　因為側面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，所以PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又因為∠ADC＝90°，即AD⊥CD，以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以＝(1,1

20、,0)，＝(－1,1,0)． 所以·＝0，所以BC⊥DB. 由PD⊥底面ABCD，可得PD⊥BC， 又因為PD∩DB＝D，所以BC⊥平面PBD. (2)由(1)知平面PBD的一個法向量為＝(－1,1,0)，且P(0,0,1)，C(0,2,0)，所以＝(0,2，－1)，又＝λ，所以E(0,2λ，1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)． 設平面EBD的法向量為n＝(a，b，c)， 因為＝(1,1,0)， 由n·＝0，n·＝0， 得， 令a＝－1，則可得平面EBD的一個法向量為 n＝，所以cos ＝， 解得λ＝－1或λ＝－－1， 又由題意知λ∈(0,1)，故λ＝－1. [押題依據(jù)]　高考對立體幾何的考查，主要以柱體、錐體或其組合體為載體，考查線面位置關系的判定與證明，求空間角的大小等，但有時也會給出位置關系或角的大小，求使其成立的充分條件，即所謂的探索性問題，此類問題利用空間向量解決則更加方便．本題立意新穎，考查全面，難度適中，故押此題．