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重点增分专题九立体几何中的向量方法全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2018线面角的正弦值的求解T18(2)二面角、线面角的正弦值的求解T20(2)二面角的正弦值的求解T19(2)2017二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的余弦值的求解T19(2)二面角的余弦值的求解T19(2)2016二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的正弦值的求解T19(2)线面角的正弦值的求解T19(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上 利用空间向量证明空间位置关系 1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，D为C1C的中点，求证：B1D平面ABD.证明：由题意知AB，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设BAa，则A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，所以0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA平面ABD，BD平面ABD，所以B1D平面ABD.2.如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明：以A为坐标原点，AB，AD，AP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，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因为DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.解题方略 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系(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、平面的要素(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. 利用空间向量求空间角 增分考点广度拓展分点研究题型一计算异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值解法一：(基向量法)如图，取a，b，c，则由已知可得|a|2，|b|c|1，且a，b120，a，cb，c90.所以ab21cos 1201，acbc0.因为ca，bc，所以(ca)(bc)c2cbabac120(1)02.又|，|，所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.法二：(坐标法)如图，在平面ABC内过点B作BDAB，交AC于点D，则CBD30.因为BB1平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(cos 30，sin 30，1)，即C1.所以(0，2,1)，.所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.解题方略向量法求异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为，则cos ，其中，a，b分别是直线a，b的方向向量此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示两个向量的夹角范围是0，而两异面直线所成角的范围是，应注意加以区分注意两条异面直线所成角的范围是.当所作或所求的角为钝角时，应取其补角作为两条异面直线所成的角题型二计算直线与平面所成的角例2(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解(1)证明：由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又因为DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.解题方略向量法求直线和平面所成的角设为直线l与平面所成的角，为直线l的方向向量m与平面的法向量n之间的夹角，则有(如图(1)或(如图(2)，所以有sin |cos |cosm，n |.特别地，0时，l；时，0，l或l.题型三计算二面角例3如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解(1)在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.故以AE，AD，AA1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Axyz.因为ABAD2，AA1，BAD120，则A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)(1) (，1，)，(，1，)则cos，.因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)可知平面A1DA的一个法向量为(，0,0)设m(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又(，1，)，(，3,0)，则即不妨取x3，则y，z2，所以m(3，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos，m.设二面角BA1DA的大小为，则|cos |.因为0，所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值为.解题方略向量法求二面角设二面角l的平面角为(0)，n1，n2分别为平面，的法向量，向量n1，n2的夹角为，则有(如图(1)或(如图(2)，其中cos .多练强化1.(2019届高三贵阳摸底)如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE1.(1)求证：BE平面DAE；(2)求二面角CDBE的余弦值解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA平面ABE，又BE平面ABE，BEDA，AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，BEAE.又DAAEA，DA平面DAE，AE平面DAE，BE平面DAE.(2)法一：如图，过E作EFAB，垂足为F，由圆柱的性质知平面ABCD平面ABE，EF平面ABCD.过F作FHDB，垂足为H，连接EH，则EHF即所求的二面角的平面角的补角，由ABAD2，AE1，得DE，BE，BD2，EF，由(1)知BEDE，EH，sinEHF，cosEHF ，二面角CDBE的余弦值为.法二：过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，ABAD2，AE1，BE，E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，(0，2,2)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，则n(，1,1)为平面EBD的一个法向量易知平面CDB的一个法向量为m(1,0,0)，cosm，n，由图知，二面角CDBE为钝角，二面角CDBE的余弦值为.2(2018石家庄质检)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形且CBB160，ABAC1.(1)证明：平面AB1C平面BB1C1C；(2)若ABB1C，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30，求直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值解：(1)证明：连接BC1交B1C于点O，连接AO，侧面BB1C1C为菱形，B1CBC1.ABAC1，O为BC1的中点，AOBC1.B1CAOO，BC1平面AB1C.又BC1平面BB1C1C，平面AB1C平面BB1C1C.(2)ABB1C，BOB1C，ABBOB，B1C平面ABO，又AO平面ABO，AOB1C，从而OA，OB，OB1两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.直线AB与平面BB1C1C所成的角为30，ABO30.设AO1，则BO，又CBB160，CBB1是边长为2的等边三角形，A(0,0,1)，B(，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，1,0)，(0,1，1)，(0，2,0)，(，0，1)设n(x，y，z)是平面A1B1C的法向量，则即令x1，则n(1,0，)为平面A1B1C的一个法向量设直线AB1与平面A1B1C所成的角为，则sin |cos，n|，直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值为. 利用空间向量解决探索性问题 典例已知几何体ABCC1B1N的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形(1)连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由(2)求二面角CNB1C1的余弦值解由题意可知，BA，BB1，BC两两垂直，以BA，BB1，BC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Bxyz，则由该几何体的三视图可知，C(0,0,4)，N(4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)(1)设平面CNB1的法向量为n(x，y，z)(4，4,4)，(4,4,0)，即令x1，可得平面CNB1的一个法向量为n(1,1,2)，设P(0,0，a)(0a4)，由于M(2,0,0)，则(2,0，a)又MP平面CNB1，n22a0，解得a1.在线段CB上存在一点P，使得MP平面CNB1，此时BP1.(2)设平面C1NB1的法向量为m(x，y，z)，(4,4,4)，即令x1，可得平面C1NB1的一个法向量为m(1,1,0)，cosm，n.由图可知，二面角CNB1C1为锐角，故二面角CNB1C1的余弦值为.解题方略利用空间向量求解探索性问题的策略(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，给出肯定结论多练强化如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点(1)证明：PB平面AEC.(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD大小为60？解：(1)证明：连接BD，设ACBDO，连接OE，因为四边形ABCD为矩形，所以点O是BD的中点，因为点E是棱PD的中点，所以PBEO，又因为PB平面AEC，EO平面AEC，所以PB平面AEC.(2)由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AP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，设ABAD2a，AP2c，则A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，F(a，a，c)因为z轴平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n(x,1,0)，而(2a,2a,0)，所以n2ax2a0，得x1，所以n(1,1,0)因为y轴平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m(1,0，z)，而(a，a，c)，所以macz0，得z，所以m，所以cos 60，得ac.即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角CAFD的大小为60.数学抽象向量法解决空间立体几何问题典例如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为坐标原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨取z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又(0，2，1)，(1,2，1)，则即不妨取y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.素养通路本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养
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