1、20222022 年高考数学复习专题（四）年高考数学复习专题（四）第第 3 3 讲讲 立体几何与空间向量立体几何与空间向量 【要点提炼】 考点一 利用空间向量求空间角 设直线 l，m 的方向向量分别为 a a(a1，b1，c1)，b b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为 u u(a3，b3，c3)，v v(a4，b4，c4)(以下相同) (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为02， 则 cos |a ab b|a a|b b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21 a22b22c22. (2)线面夹角 设直线 l 与平面的夹角为02， 则 sin |a au u|a a|u u|co
2、sa a，u u|. (3)二面角 设a的平面角为(0)， 则|cos |u uv v|u u|v v|cosu u，v v|. 【热点突破】 考向 1 求线面角 【典例】1 (2020宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥 PABC，平面 PAC平面 ABC，ABBCPA12PC2，ABC120. (1)求证：PABC； (2)设点 E 为 PC 的中点，求直线 AE 与平面 PBC 所成角的正弦值 考向 2 二面角 【典例】2 (2020全国)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO66DO. (1)证明：
3、PA平面 PBC； (2)求二面角 BPCE 的余弦值 【拓展训练】1 如图，在四棱台 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是菱形，CC1底面 ABCD，且BAD60，CDCC12C1D14，E 是棱 BB1的中点 (1)求证：AA1BD； (2)求二面角 EA1C1C 的余弦值 【要点提炼】 考点二 利用空间向量解决探究性问题 与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断 【热
4、点突破】 【典例】3 如图，正三角形 ABE 与菱形 ABCD 所在的平面互相垂直，AB2，ABC60，M 是 AB 的中点 (1)求证：EMAD； (2)求二面角 ABEC 的余弦值； (3)在线段 EC 上是否存在点 P， 使得直线 AP 与平面 ABE 所成的角为 45， 若存在， 求出EPEC的值； 若不存在，说明理由 【拓展训练】2 如图所示，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD 5，E 为棱 AA1上的点，且 AE12. (1)求证：BE平面 ACB1； (2)求二面角 D1ACB1的余弦值； (3)在棱 A1B
5、1上是否存在点 F，使得直线 DF平面 ACB1？若存在，求 A1F 的长；若不存在，请说明理由 专题训练专题训练 1.如图，在三棱锥 ABCD 中，ABBDADAC2，BCD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形，P 为 AB 的中点，E 为 BD 的中点 (1)求证：AE平面 BCD； (2)求直线 PD 与平面 ACD 所成角的正弦值 2(2019全国)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是 BC，BB1，A1D 的中点 (1)证明：MN平面 C1DE； (2)求二面角 AMA1N 的正弦值 3.如图，在四棱锥 PABCD 中，
6、侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA 5，PD2 2，点 E 在棱 AD 上且 AE1，点 F 为棱 PD 的中点 (1)证明：平面 BEF平面 PEC； (2)求二面角 ABFC 的余弦值 4. (2020潍坊模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，PAD 是正三角形，CD平面 PAD，E，F，G，O 分别是 PC，PD，BC，AD 的中点 (1)求证：PO平面 ABCD； (2)求平面 EFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的大小； (3)在线段 PA 上是否存在点 M， 使得直
7、线 GM 与平面 EFG 所成角为6， 若存在， 求线段 PM 的长度； 若不存在，说明理由 20222022 年高考数学复习专题（四）年高考数学复习专题（四）第第 3 3 讲讲 立体几何与空间向量立体几何与空间向量 【要点提炼】 考点一 利用空间向量求空间角 设直线 l，m 的方向向量分别为 a a(a1，b1，c1)，b b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为 u u(a3，b3，c3)，v v(a4，b4，c4)(以下相同) (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为02， 则 cos |a ab b|a a|b b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21 a22b22c22. (2
8、)线面夹角 设直线 l 与平面的夹角为02， 则 sin |a au u|a a|u u|cosa a，u u|. (3)二面角 设a的平面角为(0)， 则|cos |u uv v|u u|v v|cosu u，v v|. 【热点突破】 考向 1 求线面角 【典例】1 (2020宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥 PABC，平面 PAC平面 ABC，ABBCPA12PC2，ABC120. (1)求证：PABC； (2)设点 E 为 PC 的中点，求直线 AE 与平面 PBC 所成角的正弦值 【解析】(1)证明 ABBC2，ABC120，由余弦定理得 AC2AB2BC22ABBCcosABC44
9、2221212，故 AC2 3. 又 PA2AC241216PC2，故 PAAC. 又平面 PAC平面 ABC，且平面 PAC平面 ABCAC，故 PA平面 ABC. 又 BC平面 ABC，故 PABC. (2)解 由(1)知 PA平面 ABC，故以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 则 A(0,0,0)，B(1， 3，0)，P(0,0,2)，C(0,2 3，0)，E(0， 3，1) 故AE(0， 3，1)，PC(0,2 3，2)，BC(1， 3，0)， 设平面 PBC 的法向量 m m(x，y，z)， 则 m mPC0，m mBC0，即 2 3y2z0，x 3y0，
10、令 y1，有 x 3，y1，z 3，故可取 m m( 3，1， 3)， 设直线 AE 与平面 PBC 所成的角为， 则 sin |AEm m|AE|m m| 2 33212321232217， 所以直线 AE 与平面 PBC 所成角的正弦值为217. 考向 2 二面角 【典例】2 (2020全国)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO66DO. (1)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角 BPCE 的余弦值 【解析】(1)证明 由题设，知DAE 为等边三角形，设 AE1， 则 DO32，COBO12A
11、E12， 所以 PO66DO24， PC PO2OC264，PB PO2OB264， 又ABC 为等边三角形，则BAsin 602OA， 所以 BA32， PA PO2OA264， PA2PB234AB2，则APB90， 所以 PAPB，同理 PAPC， 又 PCPBP，所以 PA平面 PBC. (2)解 过 O 作 ONBC 交 AB 于点 N， 因为 PO平面 ABC，以 O 为坐标原点，OA 所在直线为 x 轴，ON 所在直线为 y 轴，OD 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E12，0，0 ，P0，0，24， B14，34，0 ，C14，34，0 ， PC14，3
12、4，24， PB14，34，24，PE12，0，24， 设平面 PCB 的一个法向量为 n n(x1，y1，z1)， 由 n nPC0，n nPB0，得 x1 3y1 2z10，x1 3y1 2z10， 令 x1 2，得 z11，y10，所以 n n( 2，0，1)， 设平面 PCE 的一个法向量为 m m(x2，y2，z2)， 由 m mPC0，m mPE0，得 x2 3y2 2z20，2x2 2z20， 令 x21，得 z2 2，y233， 所以 m m1，33， 2 ， 故 cosm m，n nm mn n|m m|n n|2 231032 55， 所以二面角 BPCE 的余弦值为2 5
13、5. 易错提醒 (1)解题时要建立右手直角坐标系 (2)注意求线面角的公式中 sin |cosa a，u u|，线面角的取值范围是0，2. (3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角 【拓展训练】1 如图，在四棱台 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是菱形，CC1底面 ABCD，且BAD60，CDCC12C1D14，E 是棱 BB1的中点 (1)求证：AA1BD； (2)求二面角 EA1C1C 的余弦值 【解析】(1)证明 因为 C1C底面 ABCD，所以 C1CBD. 因为底面 ABCD 是菱形，所以 BDAC. 又 ACCC1C，AC，CC1平面 ACC1A1，
14、 所以 BD平面 ACC1A1. 又 AA1平面 ACC1A1，所以 BDAA1. (2)解 如图，设 AC 交 BD 于点 O，依题意，A1C1OC 且 A1C1OC， 所以四边形 A1OCC1为平行四边形，所以 A1OCC1， 且 A1OCC1.所以 A1O底面 ABCD. 以 O 为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 A(2 3，0,0)，A1(0,0,4)，C1(2 3，0,4)，B(0,2,0)， AB(2 3，2,0) 由A1B112AB，得 B1( 3，1,4) 因为 E 是棱 BB1的中点， 所以 E32，32，2
15、， 所以EA132，32，2 ，A1C1(2 3，0,0) 设 n n(x，y，z)为平面 EA1C1的法向量， 则 n nA1C12 3x0，n nEA132x32y2z0， 取 z3，得 n n(0,4,3)， 取平面 A1C1C 的法向量 m m(0,1,0)， 又由图可知，二面角 EA1C1C 为锐二面角， 设二面角 EA1C1C 的平面角为， 则 cos |m mn n|m m|n n|45， 所以二面角 EA1C1C 的余弦值为45. 【要点提炼】 考点二 利用空间向量解决探究性问题 与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定
16、要求时的存在性问题处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断 【热点突破】 【典例】3 如图，正三角形 ABE 与菱形 ABCD 所在的平面互相垂直，AB2，ABC60，M 是 AB 的中点 (1)求证：EMAD； (2)求二面角 ABEC 的余弦值； (3)在线段 EC 上是否存在点 P， 使得直线 AP 与平面 ABE 所成的角为 45， 若存在， 求出EPEC的值； 若不存在，说明理由 【解析】(1)证明 EAEB，M 是 AB 的中点， EMAB， 平面 ABE平面 ABCD，平面 ABE平
17、面 ABCDAB，EM平面 ABE， EM平面 ABCD，AD平面 ABCD，EMAD. (2)解 连接 MC，EM平面 ABCD，EMMC， ABC 是正三角形，MCAB， MB，MC，ME 两两垂直 建立如图所示空间直角坐标系 Mxyz. 则 M(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，E(0,0， 3)，BC(1， 3，0)，BE (1,0， 3)， 设 m m(x，y，z)是平面 BCE 的一个法向量， 则 m mBCx 3y0，m mBEx 3z0， 令 z1，m m( 3，1,1)， y 轴所在直线与平面 ABE 垂直， n n(0,1,0)是平面 A
18、BE 的一个法向量 cosm m，n nm mn n|m m|n n|15155， 二面角 ABEC 的余弦值为55. (3)解 假设在线段 EC 上存在点 P，使得直线 AP 与平面 ABE 所成的角为 45， AE(1,0， 3)，EC(0， 3， 3)， 设EPEC(0， 3， 3)，00)， 则由(2)得 F(0，a,2)，DF(1，a2,2) 由题意可知DFEB(1，a2,2)0，1，12 a210，解得 a1(舍去)， 即直线 DF 的方向向量与平面 ACB1的法向量不垂直 所以，在棱 A1B1上不存在点 F，使得直线 DF平面 ACB1. 专题训练专题训练 1.如图，在三棱锥 A
19、BCD 中，ABBDADAC2，BCD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形，P 为 AB 的中点，E 为 BD 的中点 (1)求证：AE平面 BCD； (2)求直线 PD 与平面 ACD 所成角的正弦值 【解析】(1)证明 由题图可知，ABD 是边长为 2 的等边三角形， E 为 BD 的中点，AEBD，且 AE 3， 如图，连接 CE， BCD 是斜边长为 2 的等腰直角三角形，CE12BD1， 在AEC 中，AC2，EC1，AE 3， AC2AE2EC2，AEEC. BDECE，BD平面 BCD，EC平面 BCD， AE平面 BCD. (2)解 方法一 取 CD 的中点 F，连接 AF，E
20、F， ACAD，CDAF. 由(1)可知，AECD， AEAFA，AE平面 AEF，AF平面 AEF， CD平面 AEF， 又 CD平面 ACD，平面 AEF平面 ACD. 设 PD，AE 相交于点 G，则点 G 为ABD 的重心， AGDG23AE2 33. 过点 G 作 GHAF 于 H，则 GH平面 ACD， 连接 DH，则GDH 为直线 PD 与平面 ACD 所成的角 易知AGHAFE，EF12BC22，AF142， GHAGAFEF2 33142222 2121， sinGDHGHDG77， 即直线 PD 与平面 ACD 所成角的正弦值为77. 方法二 由(1)可知 AE平面 BCD
21、，且 CEBD，可作如图所示的空间直角坐标系 Exyz， 则 A(0,0， 3)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P0，12，32， AD(0,1， 3)，CD(1,1,0)，DP0，32，32， 设平面 ACD 的一个法向量为 n n(x，y，z)， n nAD0，n nCD0，即 y 3z0，xy0， 取 xy1，则 z33， n n1，1，33为平面 ACD 的一个法向量， 设 PD 与平面 ACD 所成的角为，则 sin |n nDP|n n|DP|77， 故直线 PD 与平面 ACD 所成角的正弦值为77. 2(2019全国)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，
22、AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是 BC，BB1，A1D 的中点 (1)证明：MN平面 C1DE； (2)求二面角 AMA1N 的正弦值 【解析】(1)证明 如图，连接 B1C，ME. 因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点， 所以 MEB1C，且 ME12B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点， 所以 ND12A1D. 由题设知 A1B1DC 且 A1B1DC， 可得 B1CA1D 且 B1CA1D， 故 MEND 且 MEND， 因此四边形 MNDE 为平行四边形，MNED. 又 ED平面 C1DE，MN平面 C1DE， 所以 MN平面 C1DE. (2)解 由已知可得
23、DEDA. 以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)， M(1， 3，2)，N(1,0,2)， A1A(0,0，4)， A1M(1， 3，2)， A1N(1,0，2)， MN(0， 3，0) 设 m m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量， 则 m mA1M0，m mA1A0，所以 x 3y2z0，4z0， 令 y1，则 m m( 3，1,0) 设 n n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量， 则 n nMN0，n nA1N0，所以 3q0，p2r0， 令 p2，则 n n(2,0，1) 所以 c
24、osm m，n nm mn n|m m|n n|2 32 5155. 所以 sinm m，n n105， 所以二面角 AMA1N 的正弦值为105. 3.如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA 5，PD2 2，点 E 在棱 AD 上且 AE1，点 F 为棱 PD 的中点 (1)证明：平面 BEF平面 PEC； (2)求二面角 ABFC 的余弦值 【解析】(1)证明 在 RtABE 中，由 ABAE1， 得AEB45， 同理在 RtCDE 中，由 CDDE2，得DEC45， 所以BEC90，即
25、 BEEC. 在PAD 中， cosPADPA2AD2PD22PAAD59823 555， 在PAE 中，PE2PA2AE22PAAEcosPAE512 51554， 所以 PE2AE2PA2，即 PEAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PE平面 PAD， 所以 PE平面 ABCD，所以 PEBE. 又因为 CEPEE，CE，PE平面 PEC， 所以 BE平面 PEC， 又 BE平面 BEF，所以平面 BEF平面 PEC. (2)解 由(1)知 EB，EC，EP 两两垂直，故以 E 为坐标原点，以射线 EB，EC，EP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建
26、立如图所示的空间直角坐标系，则 B( 2，0,0)，C(0,2 2，0)，P(0,0,2)，A22，22，0 ，D( 2， 2，0)，F22，22，1 ， AB22，22，0 ，BF3 22，22，1 ， BC( 2，2 2，0)， 设平面 ABF 的法向量为 m m(x1，y1，z1)， 则 m mAB22x122y10，m mBF3 22x122y1z10， 不妨设 x11，则 m m(1，1,2 2)， 设平面 BFC 的法向量为 n n(x2，y2，z2)， 则 n nBC 2x22 2y20，n nBF3 22x222y2z20， 不妨设 y22，则 n n(4,2,5 2)， 记二
27、面角 ABFC 为(由图知应为钝角)， 则 cos |m mn n|m m|n n|4220|10 7011 735， 故二面角 ABFC 的余弦值为11 735. 4. (2020潍坊模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，PAD 是正三角形，CD平面 PAD，E，F，G，O 分别是 PC，PD，BC，AD 的中点 (1)求证：PO平面 ABCD； (2)求平面 EFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的大小； (3)在线段 PA 上是否存在点 M， 使得直线 GM 与平面 EFG 所成角为6， 若存在， 求线段 PM 的长度； 若不存在，说明理由 【解析
28、】(1)证明 因为PAD 是正三角形，O 是 AD 的中点， 所以 POAD. 又因为 CD平面 PAD，PO平面 PAD， 所以 POCD. 又 ADCDD，AD，CD平面 ABCD， 所以 PO平面 ABCD. (2)解 如图，以 O 点为原点，分别以 OA，OG，OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,2 3)，E(1,2， 3)，F(1,0， 3)， EF(0，2,0)，EG(1,2， 3)， 设平面 EFG 的法向量为 m m(x
29、，y，z)， 则 EFm m0，EGm m0，即 2y0，x2y 3z0， 令 z1，则 m m( 3，0,1)， 又平面 ABCD 的法向量 n n(0,0,1)， 设平面 EFG 与平面 ABCD 所成锐二面角为， 所以 cos |m mn n|m m|n n|13212112. 所以平面 EFG 与平面 ABCD 所成锐二面角为3. (3)解 假设在线段 PA 上存在点 M， 使得直线 GM 与平面 EFG 所成角为6， 即直线 GM 的方向向量与平面 EFG 法向量 m m 所成的锐角为3， 设PMPA，0,1， GMGPPMGPPA， 所以GM(2，4,2 32 3)， 所以 cos 3|cosGM，m m|32 4267， 整理得 22320， 0，方程无解， 所以，不存在这样的点 M.
