1、精選文檔題型專題(十)空間向量與立體幾何考點一：利用空間向量證明空間位置關系據兩類向量(方向向量、法向量)定向，靠精確運算解題設直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)平面，的法向量分別為u(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)線面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3.(4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30.典例如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.(1)求證：E

2、F平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.證明以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則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)由于，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面 PAB，所以EF平面 PAB.(2)由于(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又由于APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.由于DC平面PDC，所以平面PAD

3、平面PDC.向量證明平行與垂直的四個步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系；(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；(3)通過空間向量的運算求出平面對量或法向量，再爭辯平行、垂直關系；(4)依據運算結果解釋相關問題 即時應用在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點E在線段BB1上，且EB11，D，F，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點求證：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.證明：(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標

4、系，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，設BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，則，(0,1,1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.結合(1)可知平面EGF平面ABD.考點二：利用空間向量求線線角、線面角遵循解題四步驟，關鍵是把坐標求1.向量法求異面直線所成的角若異面直線a，b

5、的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為，則cos |cosa，b|.2.向量法求線面所成的角求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設線面所成的角為，則sin |cosn，a|.典例(2015全國卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一側的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值解(1)證明：如圖，連接BD，設BDAC于點G，連接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所

6、以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.從而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.由于EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，|為單位長度，建立空間直角坐標系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.1利用空間向量求空間角的一般步驟(1)建立恰當的空間直角坐標系；(2)求出相關點的坐標，寫出相關向量的坐標；(3)結

7、合公式進行論證、計算；(4)轉化為幾何結論2求空間角應留意的問題(1)兩條異面直線所成的角不肯定是直線的方向向量的夾角，即cos |cos |.(2)直線與平面所成角和直線的方向向量和平面法向量的夾角并不肯定互余 即時應用(2015江西八所中學聯考)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，DAB90，ADBC，AD側面PAB，PAB是等邊三角形，DAAB2，BCAD，E是線段AB的中點(1)求證：PECD；(2)求PC與平面PDE所成角的正弦值解：(1)證明：由于AD側面PAB，PE平面PAB，所以ADPE.又由于PAB是等邊三角形，E是線段AB的中點，所以PEAB.由于ADABA，

8、所以PE平面ABCD.而CD平面ABCD，所以PECD.(2)以E為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz.則E(0,0,0)，C(1，1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，)(2,1,0)，(0,0，)，(1，1，)設n(x，y，z)為平面PDE的法向量由即令x1，可得n(1，2,0)設PC與平面PDE所成的角為，則sin |cos，n|.所以PC與平面PDE所成角的正弦值為.考點三：利用空間向量求二面角兩角(法向量夾角、二面角)時同時異應辨清向量法求二面角求出二面角l的兩個半平面與的法向量n1，n2，若二面角l所成的角為銳角，則cos |cosn1，n2|；若二面角l所成的角為鈍

9、角，則cos |cosn1，n2|.典例(2015重慶高考)如圖，三棱錐PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分別為線段AB，BC上的點，且CDDE，CE2EB2.(1)證明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值解(1)證明：由PC平面ABC，DE平面ABC，得PCDE.由CE2，CDDE，得CDE為等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD內兩條相交直線，故DE平面PCD.(2)由(1)知，CDE為等腰直角三角形，DCE.如圖，過D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1.又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C為坐標原點，分別以

10、，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，(1，1，0)，(1，1,3)，.設平面PAD的法向量為n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取n1(2,1,1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為，即n2(1，1,0)，從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cosn1，n2，故所求二面角APDC的余弦值為.求平面的法向量的方法(1)待定系數法：設出法向量坐標，利用垂直關系建立坐標的方程求解(2)先確定平面的垂線，然后取相關線段對應的向量，即確定了平面的法向量說明兩平面的法向量的

11、夾角不肯定是所求的二面角 即時應用(2015貴陽監測考試)如圖，已知四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ABAC，ABACPA2，E是BC的中點(1)求異面直線AE與PC所成的角；(2)求二面角DPCA的平面角的余弦值解：(1)如圖所示，以A點為原點建立空間直角坐標系Axyz，則B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)故E(1,1,0)，(1,1,0)，(0,2，2)，cos，即，60，故異面直線AE與PC所成的角為60.(2)在四邊形ABCD中，ABAC2，ABAC，ABCACB45，ADBC，DACACB45，又ADCD，ADCD，D(1,1,0)，又C

12、(0,2,0)，(1，1,0)，(0,2，2)設n(x，y，z)是平面PCD的法向量，則n，n，即n0，n0，令x1得，y1，z1，即n(1,1,1)，|n|，又AB平面PAC，(2,0,0)是平面PAC的一個法向量，cos，n，即二面角DPCA的平面角的余弦值為. 常考常新的空間直角坐標系的建立空間向量在處理空間問題時具有很大的優越性，能把“非運算”問題“運算”化，即通過直線的方向向量和平面的法向量解決立體幾何問題.解決的關鍵環節之一就是建立空間直角坐標系，因而建立空間直角坐標系問題成為近幾年試題一個新的命題點. 典例(2015福建高考)如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB

13、平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F分別是線段BE，DC的中點(1)求證：GF平面ADE；(2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值學審題(1)(2)解(1)證明：如圖，取AE的中點H，連接HG，HD，又G是BE的中點，所以GHAB，且GHAB.又F是CD的中點，所以DFCD.由四邊形ABCD是矩形，得ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF，從而四邊形HGFD是平行四邊形，所以GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如圖，在平面BEC內，過點B作BQEC.由于BECE，所以BQBE.又由于AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B為原點，分

14、別以，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)由于AB平面BEC，所以(0,0,2)為平面BEC的法向量設n(x，y，z)為平面AEF的法向量又(2,0，2)，(2,2，1)，由得取z2，得n(2，1,2)從而cosn，所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為.建立空間直角坐標系的基本思想是查找其中的線線垂直關系(上題是作出BQBE)，若圖中存在交于一點的三條直線兩兩垂直，則以該點為原點建立空間直角坐標系在沒有明顯的垂直關系時，要通過其他已知條件得到垂直關系，在此基礎上選擇一個合理的位置建立空間直角坐標

15、系，留意建立的空間直角坐標系是右手系，正確確定坐標軸的名稱 即時應用(2015唐山一模)如圖，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，側面ACC1A1與側面CBB1C1都是菱形，ACC1CC1B160，AC2.(1)求證：AB1CC1；(2)若AB1，求二面角CAB1A1的余弦值解：(1)證明：連接AC1，CB1，則ACC1和B1CC1皆為正三角形取CC1的中點O，連接OA，OB1，則CC1OA，CC1OB1，OAOB1O，則CC1平面OAB1，則CC1AB1.(2)由(1)知，OAOB1，又AB1，所以OAOB1，如圖所示，分別以OB1，OC1，OA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則C(0，1

16、，0)，B1(，0,0)，A(0,0，)，A1(0,2，)，設平面CAB1的法向量為m(x1，y1，z1)，由于(，0，)，(0，1，)，所以取m(1，1)設平面A1AB1的法向量為n(x2，y2，z2)，由于(，0，)，(0,2,0)，所以取n(1,0,1)，則cosm，n，由于二面角CAB1A1為鈍角，所以二面角CAB1A1的余弦值為. 夯實每一步，成果步步高1已知三棱柱ABCA1B1C1的側棱與底面垂直，體積為，底面是邊長為的正三角形若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A.B.C. D.解析：選B如圖所示，P為正三角形A1B1C1的中心，設O為ABC的中心，

17、由題意知，PO平面ABC，連接OA，則PAO即為PA與平面ABC所成的角在正三角形ABC中，ABBCAC，則S()2，VABCA1B1C1SPO，PO.又AO1，tanPAO，PAO.2(2015貴陽市監測考試)如圖，點E，F分別是正方體ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中點，點M，N分別是線段D1E與C1F上的點，則與平面ABCD垂直的直線MN 的條數有()A0條 B1條C2條 D很多條解析：選B假設存在滿足條件的直線MN，如圖，建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為2，則D1(2,0,2)，E(1,2,0)，設M(x，y，z)，m (0m1)，(x2，y，z2)m(1,2，2)，

18、x2m，y2m，z22m，M(2m,2m,22m)，同理，若設n (0n1)，可得N(2n，2n,2n)，(m2n2,2n2m,2mn)又MN平面ABCD.解得即存在滿足條件的直線MN，且只有一條3在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為_解析：以A為原點，分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，則A1(0,0,1)，E， D(0，1,0)，(0,1，1)，設平面A1ED的法向量為n1(1，y，z)，則n1(1,2,2)，平面ABCD的一個法向量為n2(0,0,1)，cosn1，n2.故所成的銳二面角的

19、余弦值為.答案：4(2015沈陽市質量監測)在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，點M為AA1的中點，點P為BM的中點，Q在線段CA1上，且A1Q3QC，則異面直線PQ與AC所成角的正弦值為_ 解析：由題意，以C為原點，以AC邊所在直線為x軸，以BC邊所在直線為y軸，以CC1邊所在直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示設棱柱的高為a，由BAC，AC4，得BC4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0,4，a)，C1(0,0，a)，M，P，Q.所以(1,2，0)，(4,0,0)設異面直線QP與CA所成的角為，所以|cos |，

20、由|1420004，|44，得|cos |.由sin2cos21得，sin2，所以sin ，由于異面直線所成角的正弦值為正，所以sin 即為所求答案：5(2015山西省考前質量檢測)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為梯形，PD底面ABCD，ABCD，ADCD，ADAB1，BC.(1)求證：平面PBD平面PBC；(2)設H為CD上一點，滿足2，若直線PC與平面PBD所成的角的正切值為，求二面角HPBC的余弦值解：(1)證明：由ADCD，ABCD，ADAB1，可得BD.又BC，CD2，BCBD.PD底面ABCD，PDBC，又PDBDD，BC平面PBD，平面PBD平面PBC.(2)由(1)可知

21、BPC為PC與平面PBD所成的角，tanBPC，PB，PD1.由2及CD2，可得CH，DH.以點D為坐標原點，DA，DC，DP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系則B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H .，(1,1，1)，(1,1,0)設平面HPB的法向量為n(x1，y1，z1)，則即取y13，則n(1，3，2)設平面PBC的法向量為m(x2，y2，z2)，則即取x21，則m(1,1,2)又cosm，n，故二面角HPBC的余弦值為.6(2015蘭州市診斷考試)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，AB2，BCCD1，頂點D1在底面A

22、BCD內的射影恰為點C.(1)求證：AD1BC；(2)若直線DD1與直線AB所成的角為，求平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值解：(1)證明：連接D1C，則D1C平面ABCD，D1CBC.在等腰梯形ABCD中，連接AC，AB2，BCCD1，ABCD，BCAC，又ACD1CC，BC平面AD1C，AD1BC.(2)由(1)知，AC，BC，D1C兩兩垂直，ABCD，D1DC，CD1，D1C.在等腰梯形ABCD中，AB2，BCCD1，ABCD，AC，以C為原點，分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，(

23、，1,0)，(，0，)設平面ABC1D1的法向量n(x，y，z)，由得可得平面ABC1D1的一個法向量n(1，1)又(0,0，)為平面ABCD的一個法向量，因此cos，n，平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值為.7(2015陜西高考)如圖，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖.(1)證明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值解：(1)證明：在題圖中，由于ABBC1，AD2，E是AD的中點，BAD，所以BEAC.即在題圖中，B

24、EOA1，BEOC，OA1OCO，從而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC為二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如圖，以O為原點，為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系，由于A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)設平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD的夾角為，則得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，從而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC與平面A1CD

25、夾角的余弦值為.8(2015北京海淀模擬)如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面四邊形ABCD是菱形，ACBDO，PAC是邊長為2的等邊三角形，PBPD，AP4AF.(1)求證：PO底面ABCD.(2)求直線CP與平面BDF所成角的大小(3)在線段PB上是否存在一點M，使得CM平面BDF?假如存在，求的值；假如不存在，請說明理由解：(1)證明：由于底面ABCD是菱形，ACBDO，所以O為AC，BD的中點又由于PAPC，PBPD，所以POAC，POBD，所以PO底面ABCD.(2)由底面ABCD是菱形可得ACBD，又由(1)可知POAC，POBD.如圖所示，以O為原點，分別為x軸，y軸，z軸正方向

26、建立空間直角坐標系Oxyz.由PAC是邊長為2的等邊三角形，PBPD，可得PO，OBOD.所以A(1,0,0)，C(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0，)所以(1,0，)，(1,0，)由已知可得.設平面BDF的法向量為n(x，y，z)則即令x1，則z，所以n(1,0，)由于cos，n.所以直線CP與平面BDF所成角的正弦值為.所以直線CP與平面BDF所成的角的大小為30.(3)設(01)，則(1，(1)，)若CM平面BDF，僅需n0，且CM平面BDF.即130，解得0,1所以在線段PB上存在一點M，使得CM平面BDF.此時.近年對線性規劃問題考查題目越來越機敏，與其他學問聯系越來越廣，常與平面對量、集合、導數、區間根等學問結合命題，考查目標函數最值、參數的值(范圍)一、經典例題領悟好例1(2013遼寧五校聯考)已知集合A(x，y)|，B(x，y)|x2(y1)2m，若AB，則m的取值范圍是()Am1Bm Cm2 Dm 解析作出可行域，如圖中陰影部分所示，三個頂點到圓心(0,1)的距離分別是1,1，由AB得三角形全部點都在圓的內部，故，解得m2.答案C解決此類問題要學會集合語言的轉化，