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专题五 立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题真题试做1(2020陕西高考，理5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )A. B. C. D.2(2020四川高考，理14)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是_3(2020山东高考，理18)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求证：BD平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值4(2020福建高考，理18)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长5(2020天津高考，理17)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长考向分析从近几年的高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几个方面：一是证明空间平行关系，如(2020福建高考，理18)的第(2)问；二是利用空间向量证明垂直关系，如(2020山东高考，理18)的第(1)问和(2020福建高考，理18)的第(1)问；三是利用空间向量求角，如(2020山东高考，理18)的第(2)问；(2020天津高考，理17)的第(2)问和(2020四川高考，理14)，此类问题多以多面体为载体，常以解答题的形式出现，重在考查学生的空间想象能力本专题是高考的必考内容之一，通常为一道综合题，常出现在几个解答题的中间位置，难度不是很大在多数情况下传统法、向量法都可以解决，但首先应考虑向量法，这样可以降低难度预测在今后高考中，本部分内容仍旧主要以解答题的形式出现，难度为中档考查内容仍旧是利用空间向量的数量积及坐标运算来解决立体几何问题，其中利用空间向量求空间角仍然是重点热点例析热点一 利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，O是B1D1的中点求证：B1C平面ODC1.规律方法利用空间向量证明平行问题的方法归纳下面用数学语言描述为：(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两平面的法向量平行即可下面用符号语言表述为：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u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)线线平行：lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.(2)线面平行：lauau0a1a3b1b3c1c30.(3)面面平行：uvukva3ka4，b3kb4，c3kc4.变式训练1(2020安徽江南十校联考，理19)如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABG、平面ADF、平面CDE都与平面ABCD垂直，且ABG，ADF，CDE都是正三角形(1)求证：ACEF；(2)求多面体ABCDEFG的体积热点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，作EFPB于点F，求证：(1)PA平面EDB；(2)PB平面EFD.规律方法利用空间向量证明垂直问题的方法归纳下面用数学语言描述为：(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可下面用符号语言表述为：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u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)线线垂直：lmabab0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直：lauakua1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面垂直：uvuv0a3a4b3b4c3c40.变式训练2如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)若PAAB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长热点三 利用空间向量求角和距离【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长规律方法(1)夹角计算公式两异面直线的夹角若两条异面直线a和b的方向向量分别为n1，n2，两条异面直线a和b所成的角为，则cos |cosn1，n2|.直线与平面所成的角若直线a的方向向量为a，平面的法向量为n，直线a与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.二面角设n1，n2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为，则n1，n2或n1，n2，其中cosn1，n2.(2)距离公式点点距：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；点线距：点M到直线a的距离，设直线的方向向量为a，直线上任一点为N，则点M到直线a的距离d|sin，a；线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；点面距：点M到平面的距离，如平面的法向量为n，平面内任一点为N，则点M到平面的距离d|cos，n|；线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离变式训练3已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为，二面角AB1D1A1的大小为.求证：tan =tan ；(2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高热点四 用向量法解决探索性问题【例4】如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，求二面角PACD的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，请说明理由规律方法(1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项：建系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；求平面法向量；根据向量运算法则，求出三角函数值或距离；给出问题的结论(2)利用空间向量巧解探索性问题：空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题变式训练4如图，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD90，且PAAD2；E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点(1)求证：PB平面EFG；(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值；(3)在线段CD上是否存在一点Q，使得A到平面EFQ的距离为？若存在，求出CQ的值；若不存在，请说明理由思想渗透转化与化归思想利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角(2020北京高考，理16)如图1，在RtABC中，C90，BC3，AC6.D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2. 图1 图2(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由解：(1)因为ACBC，DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因为A1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则n=0，n=0.又=(3,0，-2)，=(-1,2,0)，所以令y=1，则x=2，z=.所以n=(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为.因为=(0,1，)，所以sin |cosn，|，所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p 0,3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x2，则yp，z.所以m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p 0,3矛盾所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直1已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z的值分别为( )A.，4 B.，4C.，2,4 D4，152已知平面内有一个点M(1，1,2)，平面的一个法向量是n(6，3,6)，则下列点P在平面内的是( )AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)3(2020湖北武昌调研，7)已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1棱BB1，AD的中点，则直线EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是( )A. B.C. D.4在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PAPBPCa，则点P到平面ABC的距离为_5如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，ACBC1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是_6已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BC4，AA14，点M是棱D1C1的中点求直线AB1与平面DA1M所成角的正弦值7(2020安徽合肥第一次质检，理18)如图，在多面体ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AA1綉BB1，ABACAA1BC，B1C1綉BC.(1)求证：A1B1平面AA1C；(2)求证：AB1平面A1C1C；(3)求二面角C1A1CA的余弦值参考答案命题调研明晰考向真题试做1A 解析：不妨设CB1，则CACC12.由题图知，A点的坐标为(2,0,0)，B点的坐标为(0,0,1)，B1点的坐标为(0,2,1)，C1点的坐标为(0,2,0)所以(0,2，1)，(2,2,1)所以cos，.290 解析：如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立坐标系Dxyz.设正方体的棱长为2，则(2，1，2)，(0,2,1)，0，故异面直线A1M与ND所成角为90.3(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30.因此ADB90，ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一：由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)，因此，(0，1,1)设平面BDF的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cosm，所以二面角FBDC的余弦值为.解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB=CD，因此CGBD.又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，FC，CG平面FCG，所以BD平面FCG.故BDFG.所以FGC为二面角FBDC的平面角在等腰三角形BCD中，由于BCD120，因此CGCB.又CBCF，所以GFCG，故cosFGC，因此二面角FBDC的余弦值为.4解：(1)以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE.此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1.是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的长为2.5解法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)(1)证明：易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以PCAD.(2) (0,1，2)，(2，1,0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2，由此得.由(2，1,0)，故cos，所以，cos 30，解得h，即AE.解法二：(1)证明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC.又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH.因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH，故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图，因为ADC45，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角由于BFCD，故AFB=ADC.在RtDAC中，CD=，sinADC=，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin 135，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因为EF0)，则(1，t)设平面PBC的法向量m(x，y，z)，则m0，m0.所以令y，则x3，z.所以m.同理，平面PDC的法向量n.因为平面PBC平面PDC，所以mn0，即60，解得t，所以PA.【例3】 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样地，设平面A1B1C1的法向量n(r，p，q)，则即不妨令p，可得n(0，)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则.由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此.所以线段BM的长|.【变式训练3】 解：设正四棱柱的高为h.(1)连接AO1，AA1底面A1B1C1D1于A1，AB1与底面A1B1C1D1所成的角为AB1A1，即AB1A1.AB1AD1，O1为B1D1中点，AO1B1D1.又A1O1B1D1，四边形A1B1C1D1是正方形AO1A1是二面角AB1D1A1的平面角，即AO1A1.tan h，tan h.tan tan .(2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，(1,0，h)，(0,1，h)，(1,1,0)设平面AB1D1的一个法向量为n(x，y，z)取z1得n(h，h,1)，点C到平面AB1D1的距离为d，则h2.【例4】 (1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设底面边长为2，则高SO，S(0,0，)，D(，0,0)，C(0，0)(0，0)，(，0，)0，故OCSD，即ACSD.(2)解：由题意知，平面PAC的一个法向量(，0，)，平面DAC的一个法向量为(0,0，)，设所求的二面角为，则cos .故所求二面角的大小为30.(3)解：在侧棱SC上存在一点E，使BE平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量，且(，0，)，(0，)设，则(，(1t)，t)，而0t，从而当SEEC21时，又BE不在平面PAC内，故BE平面PAC.【变式训练4】 解：平面PAD平面ABCD，而PAD90，PA平面ABCD.而ABCD是正方形，即ABAD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)(1)证明：(2,0，2)，(0，1,0)，(1,1，1)，设平面EFG的法向量为n0(x0，y0，z0)则令x01，则n0(1,0,1)又n0210(2)10，n0.又PB平面EFG，PB平面EFG.(2)(1,2，1)，(2,2,0)，cos ，故异面直线EG与BD所成的角的余弦值为.(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件，令CQm(0m2)，则DQ2m，点Q的坐标为(2m,2,0)，(2m,2，1)而(0,1,0)，设平面EFQ的法向量为n(x，y，z)，则令x1，则n(1,0,2m)，点A到平面EFQ的距离d，即(2m)2，m或m2不合题意，舍去，故存在点Q，当CQ时，点A到平面EFQ的距离为.创新模拟预测演练1B 解析：，0，即352z0，得z4.又BP平面ABC，BPAB，BPBC，(3,1,4)，则解得2A3B 解析：建立如图所示空间直角坐标系，D1(0,0,0)，F(1,0,2)，E(2,2,1)，则(1，2,1)设平面BDD1B1的法向量为n，则n(1，1,0)sin |cos，n|.故选B.4.a 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)过点P作PH平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离PAPBPC，H为ABC的外心又ABC为正三角形，H为ABC的重心，可得H点的坐标为.PHa.5. 解析：以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，则(1,1，2)，(1,0,0)cos，.6解：建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，C(0,2,0)，A1(4,0,4)，B1(4,2,4)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)，M(0,1,4)(0,1,4)，(4,0,4)，(0,2,4)设平面DA1M的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，得x1，y4.所以平面DA1M的一个法向量为n(1,4，1)设直线AB1与平面DA1M所成角为，则sin ，所以直线AB1与平面DA1M所成角的正弦值为.7证明：(1)ABACBC，AB2AC2BC2，ABAC.又AA1平面ABC，AA1AB.又AA1ACA，AB平面AA1C.AA1綉BB1，四边形ABB1A1为平行四边形A1B1AB，A1B1平面AA1C.(2)取BC的中点D，连接AD，DC1，B1D.由条件知CD綉B1C1，BD綉B1C1，四边形B1DCC1和BDC1B1为平行四边形，B1D綉CC1，C1D綉B1B.由(1)B1B綉AA1，C1D綉A1A，四边形AA1C1D为平行四边形，ADA1C1.B1DADD，B1D，AD平面AB1D，平面AB1D平面A1C1C.又AB1平面AB1D，AB1平面A1C1C.(3)由(1)知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系设BC2，则A(0,0,0)，A1(0,0，)，C(0，0)，C1，(0，)设平面A1C1C的法向量为m(x，y，z)，则由m0，,m0，得xy0，,yz0.取x1，则y1，z1，故m(1，1,1)而平面A1AC的法向量为n(1,0,0)，cosm，n.易知二面角C1A1CA为钝二面角，故二面角C1A1CA的余弦值为.
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