2021届高考二轮数学人教版学案：第二部分 专题三 第3讲　空间向量与立体几何（理科） WORD版含解析.doc

1、第3讲空间向量与立体几何(理科)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略明方向考情分析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真题分布(理科)年份卷别题号考查角度分值2020卷18(2)求二面角的余弦值6卷20(2)求直线与平面所成角的正弦值6卷19求点到平面的距离、二面角的正弦值122019卷18(2)求二面角的正弦值6卷17(2)求二面角的正弦值6卷19(2)求二面角的大小62018卷18(2)求线面角的正弦值6卷19(2)二面角的余弦值的

2、求解6卷19(2)二面角的正弦值的求解6KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类析重点考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)(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20(2)线面垂直laak(k0)a1ka2，b1kb2，c1kc2(k0)(3)面面平行vv(0)a2a3，b2b3，c2c3(0)(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30典例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：

3、EF平面PAB；(2)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Axyz，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，(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，AP，AD平面PAD，DC平面PAD.DC平面P

4、DC，平面PAD平面PDC.利用向量法证明平行与垂直的四个步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知的垂直关系(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(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题1如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE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的中点运用向量方法证明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.【证明】证法一：(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

5、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)，M，O.，(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.证法二：(1)()().向量与向量，共面，BF，BC平面BCF，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由题意及

6、(1)知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220，即OMCD，OMFC，又CDFCC，CD，FC平面EFCD，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.考点二利用空间向量求空间角1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，所成的角为，则cos|cosa，b|.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，则sin|cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，若二面角l所成的角为锐角，则cos|cosn1，n2|；若二面角l所成的角为钝角，则cos|cosn1，n2|.考向1异面直线所成的

7、角典例2(2020盐城期末)若平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的菱形，且BAD60，AA1底面ABCD，AA11，则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为(A)ABCD【解析】如图，在菱形ABCD中，由ABBC2，BAD60，得|2又AA1底面ABCD，AA11，|.|.()()()()|2|2|2|2|cos604122415 设异面直线AC1与B1C所成角为，则cos|cos|.故选A考向2直线与平面所成的角典例3(2020安阳二模)已知四棱锥SABCD中，四边形ABCD是菱形，且ABC120，SBC为等边三角形，平面SBC平面ABCD.(1)求证：BCSD；(2

8、)若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值【证明】(1)取BC的中点F，连接BD、DF和SF，因为SBC为等边三角形，所以SFBC；又四边形ABCD是菱形，且ABC120，所以BCD为等边三角形，所以DFBC；又SFDFF，SF平面SDF，DF平面SDF，所以BC平面SDF，又SD平面SDF，所以BCSD.(2)解：因为平面SBC平面ABCD，平面SBC平面ABCDBC，SFBC，SF平面SBC，所以SF平面ABCD，又DFBC，所以SF、BC、DF两两垂直；以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Fxyz，如图所示：不妨设

9、AB2，则A(2，0)，B(1,0,0)，S(0,0，)；所以(1，0)，(2，)，设平面SAB的一个法向量为m(x，y，z)，由，得，令y1，得m(，1，1)，又，所以E，又D(0，0)，所以，设直线DE与平面SAB所成的角为，则sin.直线DE与平面SAB所成角的正弦值为.2(2020泉州质检)四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABAD，ADBC，AB1，AD2BC，PD.(1)求证：平面PBD平面PAC；(2)M为棱PB上异于B的点，且AMMC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值【解析】(1)证明：在RtABC与RtABD中，因为，所以，ABCDAB90，即ABCDAB，所以ABD

10、BCA.因为ABDCBD90，所以BCACBD90，所以ACBD.因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC，又BDPDD，所以AC平面PBD，又AC平面PAC，所以平面PBD平面PAC.(2)过A作AEDP，因为PD平面ABCD，所以AE平面ABCD，即AE，AB，AD两两相互垂直，以A为原点，AB，AD，AE所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为AB1，AD2BC，PD，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，0)，P(0，)，(1,0,0)，(1，)，设，(0,1则(1，)，.因为AMMC，所以0，即(1)()320，解得6220，0或.因为(0,1，所

11、以.所以，即M.得，设n(x0，y0，z0)为平面MCD的一个法向量，则所以取n，设直线AM与平面MCD所成角为，sin|cos，n|，所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值.考向3二面角典例4(2020湖南省怀化市期末)如图四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，且PAAB，E为PD中点(1)求证：PB平面EAC；(2)求二面角ABEC的正弦值【解析】(1)连接BD交AC于O，连接OE，底面ABCD为正方形，O是BD的中点，E为PD中点，OEPB，又EO面EAC，PB面EAC，PB平面EAC.(2)底面ABCD为正方形，ABAD.又PA平面ABCD，PAAB，PAAD，所

12、以建立如图的空间直角坐标系Axyz，不妨设正方形的边长为2，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，B(2,0,0)，设m(x，y，z)为平面ABE的一个法向量，又(0,1,1)，(2,0,0)，令y1，z1，得m(0，1,1)，同理n(1,0,2)是平面BCE的一个法向量，则cosm，n，二面角ABEC的正弦值为.(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

13、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，注意函数名称的变化3(2020哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)如图，三棱锥PABC中，PBPC，ABAC，BC4，D是BC中点，PDPA.(1)求证：PA平面ABC；(2)求二面角APBC的正弦值【解析】(1)证明：PBPC，ABAC，D是BC中点，ADBC，PDBC，ADPDD，AD，PD平面PAD，BC平面PAD，PA平面PAD，PABC，ABAC，BC4，AD是BC边上中线，AD1，PDPA，PA2AD2PD2，PAAD，BCADD，BC，AD平面ABC，PA平面

14、ABC.(2)以D为原点，DA，DC方向为x，y轴的正方向，过D平行于AP的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，2，0)，C(0,2,0)，P(1,0,1)，(1，2，1)，(0,0，1)，(1,2，1)，设平面PBC的一个法向量为m(x，y，z)，则mm0，x2yzx2yz0，取x1，得m(1,0，1)，同样可求得平面PAB的一个法向量n(2，1,0)，cosm，n，面角APBC的正弦值为.考点三立体几何中的探索性问题利用空间向量巧解探索性问题(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(2)解题

15、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”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题提醒：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用典例5(2020北京房山区期末)如图，在四棱锥PABCD中，CD平面PAD，PAD为等边三角形，ADBC，ADCD2BC2，E，F分别为棱PD，PB的中点(1)求证：AE平面PCD；(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；(3)在棱PC上是否存在点G，使得DG平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由【解析】(1)因为CD平面PAD，AD平面PAD，AE

16、平面PAD，所以CDAD，CDAE.又因为PAD为等边三角形，E为PD的中点，所以PDAE.PDCDD，所以AE平面PCD.(2)取AD的中点O，连接OP，OB，则易知OBCD，OBAD，OBOP.因为PAD为等边三角形，所以OPAD.以O为原点，以OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系，A(1,0,0)，E，F，B(0,2,0)P(0,0，)，C(1,2,0)，D(1,0,0)，设平面AEF的法向量n(x，y，z)，则：，即，令x2，得平面AEF的一个法向量n(2，1,2)，易知平面PAD的一个法向量为(0,2,0)，cos，n.所以平面AEF与平面PAD所成锐二面

17、角的余弦值为.(3)假设棱PC上存在点G，使得DG平面AEF，且设，0,1，则，(1,2，)，则G(，2，)，(1，2，)，要使得DG平面AEF，则n222660，得，所以线段PC上存在点G，使得DG平面AEF，.利用空间向量巧解探索性问题(1)对于存在型问题，解题时，把要满足的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置4如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点(1)若E为OD1的中点，求直线OD1

18、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的位置关系，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，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Dxyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，O(1,1,0)因为点E是D1O的中点，所以点E的坐标为.所以(1，1,2)，(0,2,0)设p(x0，y0，z0)是平面CDE的一个法向量，则即取x02，则z01，所以平面CDE的一个法向量为p(2,0，1)所以|cos，p|.所以直线OD1与平面CDE所成角的

19、正弦值为.(2)存在，且点E为靠近O的三等分点证明如下：假设存在点E，使得平面CDE平面CD1O.设，显然(1,1,0)，(1，1,2)设m(x1，y1，z1)是平面CD1O的一个法向量，则即取x11，则y11，z11，所以平面CD1O的一个法向量为m(1,1,1)因为，所以点E的坐标为，所以.设n(x2，y2，z2)是平面CDE的一个法向量，则即取x21，则z2，所以平面CDE的一个法向量为n.因为平面CDE平面CD1O，所以mn，即mn0，所以10，解得2所以当2，即点E为靠近O的三等分点时，平面CDE平面CD1O.YI CUO QING LING MIAN SHI WU易错清零免失误1混

20、淆空间角与向量所成角致误典例1如图所示，四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC底面ABCD，E为PC的中点(1)求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；(2)AP与平面ABCD所成角的余弦值【错解】如图所示，取DC的中点O，连接PO，PDC为正三角形，PODC.又平面PDC平面ABCD，PO平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则P，A，B，C，D.(1)E为PC的中点，E，aaa2，|a，|a，cos，.异面直线PA与DE所成的角的余弦值为.(2)平面ABCD的法向量n，cos，n.AP与平面ABCD所成角的余弦值为.【剖析】

21、本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成的角的概念，当然运算错误也是常见的一种失分原因，避免失分，首先要理解空间角与向量的角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系【正解】如图所示，取DC的中点O，连接PO，PDC为正三角形，PODC.又平面PDC平面ABCD，PO平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则P，A，B，C，D.(1)设异面直线PA与DE所成的角为，E为PC的中点，E，aaa2，|a，|a，cos，.由于cos|cos，|，所以异面直线PA与DE所成角的余弦值为.(2)设AP与平面ABCD所成的角为，平面ABCD的法向量n，cos，n.由于si

22、n|cos，n|，所以cos ，所以AP与平面ABCD所成角的余弦值为.2忽视平面图形翻折前后的显性关系致误典例2(2020广东四校第一次联考)已知三棱锥PABC(如图一)的平面展开图(如图二)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，ABE和BCF均为正三角形，在三棱锥PABC中(1)证明：平面PAC平面ABC；(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值【解析】(1)证明：设AC的中点为O，连接BO，PO，由题意，得PAPBPC，PO1，AOBOCO1，因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC，因为在POB中，PO1，OB1，PB，P

23、O2OB2PB2，所以POOB.因为ACOBO，AC，OB平面ABC，所以PO平面ABC，因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.(2)由(1)知，BOPO，BOAC，BO平面PAC，所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tanBMO，所以当OM最短时，即M是PA的中点时，BMO最大，由PO平面ABC，OBAC，所以POOB，POOC，于是以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，M，(1，1,0)，(1,0，1)，设平面MBC的法向量为m(x1，y1，z1

24、)，则由得令x11，得y11，z13，即m(1,1,3)，设平面PBC的法向量为n(x2，y2，z2)，由得令x1，得y1，z1，即n(1,1,1)，cosn，m，由图可知，二面角PBCM的余弦值为.【剖析】(1)本题的易错点是不会将空间几何图形的线段关系与展开后的平面图形中的线段关系进行比较，得到空间位置关系中需要的数据，导致解题的错误求解平面图形的翻折问题时，避开易错点的关键是注意翻折前后的不变量及位置关系，对照翻折前后的图形，弄清楚变的量与不变的量，再立足于不变的量的位置关系与数量关系去探究变化的量在空间图形中的位置关系与数量关系(2)破解翻折问题的核心是“折线”，一条折线把平面图形分成两部分，将平面图形沿折线翻折，与折线平行或垂直的线段，翻折后平行关系或垂直关系不变，翻折后要注意利用空间几何体中的线、面位置关系来解决问题