曲一线让每一位学生分享高品质教育1/358.5空间向量在立体几何中的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.用向量法证明平行、垂直①理解直线的方向向量与平面的法向量;②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;③能用向量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能用向量法解决直线与直线、直线与平面、平面与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2018浙江,19,15分用向量法证明线面垂直线面角★★★2017天津,17,13分用向量法证明线面平行二面角、异面直线所成角2.用向量法求空间角和距离2018课标Ⅱ,20,12分线面角线面垂直★★★2018课标Ⅲ,19,12分二面角面面垂直的判定、三棱锥体积的最值2017课标Ⅱ,19,12分线面角线面平行的判定2016课标Ⅲ,19,12分线面角线面平行的判定分析解读从近5年高考情况来看,利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距离均是高考的热点,考查频率很高,主要考查向量的坐标运算以及向量的平行、垂直、夹角问题,难度中等,多以解答题的形式呈现.应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算,会把立体几何问题转化为空间向量问题.破考点【考点集训】考点一用向量法证明平行、垂直(2018宁夏银川一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,PB=2,PB与平面PCD成45°角,PB与平面ABD成30°角.(1)在PB上是否存在一点E,使得PC⊥平面ADE?若存在,确定E点位置,若不存在,请说明理由;(2)当E为PB的中点时,求二面角P-AE-D的余弦值.曲一线让每一位学生分享高品质教育2/35解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,由题意易知PD=CD=1,BC=√2,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(√2,1,0),C(0,1,0),则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,1,-1),设𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=λ(√2,1,-1),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),由𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗)=(0,1,-1)·(√2λ,λ,1-λ)=0,解得λ=12,即PB上存在点E使得PC⊥平面ADE,且E为PB中点.(2)由(1)知D(0,0,0),A(√2,0,0),E(√22,12,12),P(0,0,1),𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,0,0),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,12,12),𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,0,-1),𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,12,-12),设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{𝑛1·𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛1·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0⇒{√2𝑥1=0,√22𝑥1+12𝑦1+12𝑧1=0,令y1=1,得n1=(0,1,-1).同理求得n2=(1,0,√2),所以cosn1,n2=𝑛2·𝑛1|𝑛2|·|𝑛1|=-√33.易知所求二面角为锐二面角,故二面角P-AE-D的余弦值为√33.考点二用向量法求空间角和距离(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D、E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD曲一线让每一位学生分享高品质教育3/35的重心G,则A1B与平面ABD所成角的余弦值为()A.√23B.√73C.√32D.√37答案B炼技法【方法集训】方法1求解二面角的方法1.(2018河北五个一名校联考,18)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,底面△ABC是边长为2的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.(1)求证:A1C1⊥B1C;(2)求二面角B1-A1C-C1的正弦值.解析(1)证明:取A1C1的中点D,连接B1D,CD.∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,(2分)∵底面△ABC是边长为2的正三角形,∴AB=BC=2,A1B1=B1C1=2,∴B1D⊥A1C1,(4分)又∵B1D∩CD=D,∴A1C1⊥平面B1CD,∴A1C1⊥B1C.(6分)(2)解法一:过点D作DE⊥A1C于点E,连接B1E.易知B1D⊥平面A1CC1,∴B1D⊥A1C,∵DE∩B1D=D,∴A1C⊥平面B1DE,∴B1E⊥A1C,∴∠B1ED为所求二面角的平面角,(9分)∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D=√3,曲一线让每一位学生分享高品质教育4/35又∵ED=12CC1=√22,∴tan∠B1ED=𝐵1D𝐸𝐷=√3√22=√6,(11分)可得sin∠B1ED=√427,∴二面角B1-A1C-C1的正弦值为√427.(12分)解法二:连接OB,取AC的中点O为坐标原点,射线OB,OC,OA1分别为x,y,z轴的非负半轴建立空间直角坐标系,得A1(0,0,1),B1(√3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0).(7分)∴𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,0),𝐴1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),设m=(x,y,z)为平面A1B1C的法向量,∴{𝑚·A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√3x+y=0,𝑚·A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=y-z=0,令y=√3,得m=(-1,√3,√3).(9分)又𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,0,0)是平面A1CC1的一个法向量,(10分)∴cosm,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-√77,又易知二面角B1-A1C-C1为锐二面角,∴二面角B1-A1C-C1的正弦值为√1-(-√77)2=√427.(12分)2.(2018广东广州调研,18)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.(1)证明:平面PAC⊥平面PCE;(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角P-CE-D的余弦值.解析(1)证明:如图,连接BD,交AC于点O,取PC的中点F,连接OF,EF.曲一线让每一位学生分享高品质教育5/35因为O,F分别为AC,PC的中点,所以OF∥PA,且OF=12PA,因为DE∥PA,且DE=12PA,所以OF∥DE,且OF=DE.(1分)所以四边形OFED为平行四边形,所以OD∥EF,即BD∥EF.(2分)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(4分)因为BD∥EF,所以EF⊥平面PAC.(5分)因为FE⊂平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.(6分)(2)解法一:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因为AC=AB=BC,所以△ABC为等边三角形.取BC的中点M,连接AM,则AM⊥BC.以A为原点,AM,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz(如图).则P(0,0,2),C(√3,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),所以𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,-2),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,1,1),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1).设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则{𝑛·PC⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·CE⃗⃗⃗⃗=0,即{√3x1+y1-2z1=0,-√3x1+y1+z1=0.曲一线让每一位学生分享高品质教育6/35令y1=1,则{𝑥1=√3,𝑧1=2.所以n=(√3,1,2).(10分)设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),则{𝑚·DE⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·CE⃗⃗⃗⃗=0,即{z2=0,-√3x2+y2+z2=0.令x2=1,则{y2=√3,z2=0.所以m=(1,√3,0).(11分)设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,所以cosθ=-|cosn,m|=-|𝑛·𝑚||𝑛|·|𝑚|=-2√32√2×2=-√64.所以二面角P-CE-D的余弦值为-√64.(12分)解法二:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因为AC=AB=BC=2,所以△ABC为等边三角形.因为PA⊥平面ABCD,由(1)知PA∥OF,所以OF⊥平面ABCD.因为OB⊂平面ABCD,OC⊂平面ABCD,所以OF⊥OB且OF⊥OC.在菱形ABCD中,OB⊥OC,故以点O为原点,OB,OC,OF所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz(如图).则O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(-√3,0,0),E(-√3,0,1),所以𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,2),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,-1,1),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,-1,0).(9分)设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则{𝑛·CP⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·CE⃗⃗⃗⃗=0,即{-2y1+2z1=0,-√3x1-y1+z1=0.令y1=1,则{𝑥1=0,𝑧1=1,则n=(0,1,1).(10分)设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),则{𝑚·CE⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·CD⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-√3x2-y2+z2=0,-√3x2-y2=0.令x2=1,则{𝑦2=-√3,𝑧2=0,则m=(1,-√3,0).(11分)设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,曲一线让每一位学生分享高品质教育7/35则cosθ=-|cosn,m|=-|𝑛·𝑚||𝑛|·|𝑚|=-√3√2×2=-√64.所以二面角P-CE-D的余弦值为-√64.(12分)方法2用向量法求解立体几何中的探索型问题1.(2018江西南昌二中1月模拟,18)如图,△ABC的外接圆☉O的半径为√5,CD⊥☉O所在的平面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1,tan∠AEB=2√5.(1)求证:平面ADC⊥平面BCDE.(2)试问线段DE上是否存在点M,使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为27?若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.解析(1)证明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB=2√5,∴AB=2√5.∵☉O的半径为√5,∴AB是直径,∴AC⊥BC.又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC,又AC∩CD=C,故BC⊥平面ADC.∵BC⊂平面BCDE,∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-3),易知平面ACD的一个法向量为𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),假设满足题意的点M存在,设M(a,b,c),则𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a,b,c-4),再设𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,λ∈(0,1],∴{𝑎=0,𝑏=2𝜆,𝑐-4=-3𝜆⇒{𝑎=0,𝑏=2𝜆,𝑐=4-3𝜆,即M(0,2λ,4-3λ),从而𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-4,2λ,4-3λ).曲一线让每一位学生分享高品质教育8/35设直线AM与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|cos𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=|2𝜆×2|2×√16+4𝜆2+(4-3λ)2=27.解得λ=-43或λ=23,其中λ=-43∉(0,1],舍去,又λ=23∈(0,1],故满足条件的点M存在,且点M为DE的靠近E的三等分点.2.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边