届高考理数86空间向量在立体几何中的应用.docx
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届高考理数86空间向量在立体几何中的应用
§8.6 空间向量在立体几何中的应用
考纲解读
考点
内容解读
要求
高考示例
常考题型
预测热度
空间向量及其应用
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能用向量方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能用向量方法解决直线与直线、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
掌握
2017浙江,9;
2017课标全国Ⅱ,19;
2017天津,17;2017江苏,22;
2017北京,16;2017浙江,19;
2017山东,17;
2016课标全国Ⅲ,19;
2016山东,17;2016浙江,17;
2015课标Ⅱ,19;2014陕西,17;
2013课标全国Ⅱ,18
解答题
★★★
分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.
五年高考
考点 空间向量及其应用
1.（2017江苏,22,10分）如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.
（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
（2）求二面角B-A1D-A的正弦值.
解析 在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.
如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,
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）平面A1DA的一个法向量为=（,0,0）.
设m=（x,y,z）为平面BA1D的法向量,
又=（,-1,-）,=（-,3,0）,
则
即
不妨取x=3,则y=,z=2,
所以m=（3,,2）为平面BA1D的一个法向量,
从而cos<,m>===.
设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.
因为θ∈[0,π],所以sinθ==.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为.
2.（2017北京,16,14分）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.
（1）求证:
M为PB的中点;
（2）求二面角B-PD-A的大小;
（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
解析
（1）设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
（2）取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P（0,0,）,D（2,0,0）,B（-2,4,0）,=（4,-4,0）,=（2,0,-）.
设平面BDP的法向量为n=（x,y,z）,
则即
令x=1,则y=1,z=.
于是n=（1,1,）.
平面PAD的一个法向量为p=（0,1,0）.
所以cos==.
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.
（3）由题意知M,C（2,4,0）,=.
设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sinα=|cos|==.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
3.（2017课标全国Ⅱ,19,12分）如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
（1）证明:
直线CE∥平面PAB;
（2）点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
解析
（1）取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.
（2）由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（1,1,0）,P（0,1,）,=（1,0,-）,=（1,0,0）.
设M（x,y,z）（0因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=（0,0,1）是底面ABCD的法向量,
所以|cos<,n>|=sin45°,=,
即（x-1）2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,设=λ,则
x=λ,y=1,z=-λ.②
由①,②解得（舍去）,或
所以M,从而=.
设m=（x0,y0,z0）是平面ABM的法向量,
则即
所以可取m=（0,-,2）.
于是cos==.
易知所求二面角为锐角.
因此二面角M-AB-D的余弦值为.
4.（2016课标全国Ⅲ,19,12分）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
（1）证明MN∥平面PAB;
（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
解析
（1）由已知得AM=AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.（3分）
又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.（6分）
（2）取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===.
以A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A-xyz.
由题意知,P（0,0,4）,M（0,2,0）,C（,2,0）,N,
=（0,2,-4）,=,=.
设n=（x,y,z）为平面PMN的法向量,
则即（10分）
可取n=（0,2,1）.
于是|cos|==.
即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.（12分）
教师用书专用（5—25）
5.（2017浙江,9,5分）如图,已知正四面体D-ABC（所有棱长均相等的三棱锥）,P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则（ ）
A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α
答案 B
6.（2014广东,5,5分）已知向量a=（1,0,-1）,则下列向量中与a成60°夹角的是（ ）
A.（-1,1,0）B.（1,-1,0）
C.（0,-1,1）D.（-1,0,1）
答案 B
7.（2015浙江,15,6分）已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-（xe1+ye2）|≥|b-（x0e1+y0e2）|=1（x0,y0∈R）,则x0= ,y0= ,|b|= .
答案 1;2;2
8.（2017山东,17,12分）如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.
（1）设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
（2）当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.
解析
（1）因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,
所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,
所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.
（2）解法一:
取的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,
所以AE=GE=AC=GC==.
取AG中点M,连接EM,CM,EC,
则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠EMC为所求二面角的平面角.
又AM=1,所以EM=CM==2.
在△BEC中,由于∠EBC=120°,
由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,
所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.
解法二:
以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得A（0,0,3）,E（2,0,0）,G（1,,3）,C（-1,,0）,
故=（2,0,-3）,=（1,,0）,=（2,0,3）,
设m=（x1,y1,z1）是平面AEG的法向量.
由可得
取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=（3,-,2）.
设n=（x2,y2,z2）是平面ACG的法向量.
由可得
取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=（3,-,-2）.
所以cos==.
易知所求角为锐二面角,
因此所求的角为60°.
9.（2015课标Ⅱ,19,12分）如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）;
（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值.
解析
（1）交线围成的正方形EHGF如图:
（2）作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.
因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH==6,所以AH=10.
以D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D-xyz,则A（10,0,0）,H（10,10,0）,E（10,4,8）,F（0,4,8）,=（10,0,0）,=（0,-6,8）.
设n=（x,y,z）是平面EHGF的法向量,
则即
所以可取n=（0,4,3）.
又=（-10,4,8）,故|cos|==.
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.
10.（2016山东,17,12分）在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.
（1）已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:
GH∥平面ABC;
（2）已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.
解析
（1）证明:
设FC中点为I,连接GI,HI.
在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.
又EF∥OB,所以GI∥OB.
在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.
又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.
（2）解法一:
连接OO',则OO'⊥平面ABC.
又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B（0,2,0）,
C（-2,0,0）,
所以=（-2,-2,0）,
过点F作FM垂直OB于点M.
所以FM==3,可得F（0,,3）.
故=（0,-,3）.
设m=（x,y,z）是平面BCF的法向量.
由可得
可得平面BCF的一个法向量m=.
因为平面ABC的一个法向量n=（0,0,1）,
所以cos==.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
解法二:
连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.
可得FM==3.
过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.
可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB=BC,AC是圆O的直径,
所以MN=BMsin45°=.
从而FN=,可得cos∠FNM=.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
11.（2016浙江,17,15分）如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
（1）求证:
BF⊥平面ACFD;
（2）求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
解析
（1）延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
（2）解法一:
过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.
在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
解法二:
如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B（1,0,0）,C（-1,0,0）,K（0,0,）,A（-1,-3,0）,
E,F.
因此,=（0,3,0）,=（1,3,）,=（2,3,0）.
设平面ACK的法向量为m=（x1,y1,z1）,平面ABK的法向量为n=（x2,y2,z2）.
由得取m=（,0,-1）;
由得取n=（3,-2,）.
于是,cos==.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
12.（2015陕西,18,12分）如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.
（1）证明:
CD⊥平面A1OC;
（2）若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
解析
（1）证明:
在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,
所以BE⊥AC.
即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,
从而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,
所以CD⊥平面A1OC.
（2）因为平面A1BE⊥平面BCDE,
又由
（1）知,BE⊥OA1,BE⊥OC,
所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,
所以∠A1OC=.
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,
所以B,E,A1,C,
得=,=,
==（-,0,0）.
设平面A1BC的法向量n1=（x1,y1,z1）,平面A1CD的法向量n2=（x2,y2,z2）,平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,
则得取n1=（1,1,1）;
得取n2=（0,1,1）,
从而cosθ=|cos|==,
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
13.（2015四川,18,12分）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.
（1）请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）;
（2）证明:
直线MN∥平面BDH;
（3）求二面角A-EG-M的余弦值.
解析
（1）点F,G,H的位置如图所示.
（2）证明:
连接BD,设O为BD的中点.
因为M,N分别是BC,GH的中点,
所以OM∥CD,且OM=CD,
HN∥CD,且HN=CD.
所以OM∥HN,OM=HN.
所以MNHO是平行四边形,
从而MN∥OH.
又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,
所以MN∥平面BDH.
（3）解法一:
连接AC,过M作MP⊥AC于P.
在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,
所以MP⊥EG.
过P作PK⊥EG于K,连接KM,
所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.
所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.
设AD=2,则CM=1,PK=2.
在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=.
在Rt△PKM中,KM==.
所以cos∠PKM==.
即二面角A-EG-M的余弦值为.
解法二:
如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.
设AD=2,则M（1,2,0）,G（0,2,2）,E（2,0,2）,O（1,1,0）,
所以,=（2,-2,0）,=（-1,0,2）.
设平面EGM的法向量为n1=（x,y,z）,
由得
取x=2,得n1=（2,2,1）.
在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,
则可取平面AEG的一个法向量为n2==（1,1,0）,
所以cos===,
故二面角A-EG-M的余弦值为.
14.（2015江苏,22,10分）如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.
（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
（2）点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
解析 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B（1,0,0）,C（1,1,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）.
（1）易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=（0,2,0）.
因为=（1,1,-2）,=（0,2,-2）,
设平面PCD的法向量为m=（x,y,z）,
则m·=0,m·=0,
即
令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=（1,1,1）是平面PCD的一个法向量.
从而cos<,m>==,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
（2）因为=（-1,0,2）,
设=λ=（-λ,0,2λ）（0≤λ≤1）,
又=（0,-1,0）,
则=+=（-λ,-1,2λ）,
又=（0,-2,2）,
从而cos<,>==.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2<,>==≤.
当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.
因为y=cosx在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.
又因为BP==,
所以BQ=BP=.
15.（2015福建,17,13分）如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
（1）求证:
GF∥平面ADE;
（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解析 解法一:
（1）证明:
如图,取AE的中点H,连接HG,HD,
又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.
又F是CD的中点,所以DF=CD.
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.
（2）如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A（0,0,2）,B（0,0,0）,E（2,0,0）,F（2,2,1）.
因为AB⊥平面BEC,所以=（0,0,2）为平面BEC的法向量.
设n=（x,y,z）为平面AEF的法向量.
又=（2,0,-2）,=（2,2,-1）,
由得
取z=2,得n=（2,-1,2）.
从而cos===,
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
解法二:
（1）证明:
如图,取AB中点M,连接MG,MF.
又G是BE的中点,可知GM∥AE.
又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.
又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.
（2）同解法一.
16.（2014陕西,17,12分）四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.
（1）证明:
四边形EFGH是矩形;
（2）求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.
解析
（1）证明:
由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.
由题设,知BC∥平面EFGH,
平面EFGH∩平面BDC=FG,
平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.
同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC,
∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形EFGH是矩形.
（2）解法一:
如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D（0,0,0）,A（0,0,1）,B（2,0,0）,C（0,2,0）,
=（0,0,1）,=（-2,2,0）,=（-2,0,1）.
设平面EFGH的法向量n=（x,y,z）,
∵EF∥AD,FG∥BC,
∴n·=0,n·=0,
得取n=（1,1,0）,
∴sinθ=|cos<,n>|=
==.
解法二:
以D为坐标原点建立空间直角坐标系,
则D（0,0,0）,A（0,0,1）,B（2,0,0）,C（0,2,0）,
∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,
得E,F（1,0,0）,G（0,1,0）.
∴=,=（-1,1,0）,=（-2,0,1）.
设平面EFGH的法向量n=（x,y,z）,
则n·=0,n·=0,
得取n=（1,1,0）,
∴sinθ=|cos<,n>|===.
17.（2014安徽,20,13分）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD
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