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专题11 立体几何中的向量方法
【考情分析】
1.考查特点:高考对此部分内容主要以解答题的形式考查,难度为中档,有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第(1)问为主,常以多面体为载体;线面角和二面角是高考的热点,解答题中第(2)问必考.有时也与折叠问题、探索问题相结合命题.
2.关键能力:运算求解能力、空间想象能力、逻辑思维能力.
3.学科素养:直观想象、数学运算、逻辑推理.
【题型一】利用空间向量求空间角
【典例分析】
【例1】(2021·枣庄市第三中学高三模拟)如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点，点在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求二面角的正弦值.
【解析】如下图，以为原点，分别以，，垂直于AD向上为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
（1），，，
∴，，即，，又，
∴平面；
（2）由，得，
∴，而，
设为面的一个法向量，则，易得
设直线与平面所成角为，则
∴直线与平面所成角的正弦值为；
（3）∵为平面的法向量，
设二面角的大小为，则，
∴，则二面角的正弦值为.
【提分秘籍】
1.利用空间向量求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系;
(2)求出相关点的坐标,写出相关向量的坐标;
(3)结合公式进行论证、计算;
(4)转化为几何结论.
2.求空间角应注意的3个问题
(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β,即cos α=|cos β|.
(2)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值,注意函数名称的变化.
(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.
【变式演练】
1.（2021·天津南开中学高三三模）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在一点P，使得平面PAB与平面所成二面角为？若存在，求出线段CP的长；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）取的中点，连接，交于点，可知为的中点，
连接，因为E是的中点，所以且，
即四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）分别以所在的直线为轴、轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，即，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）假设在棱是存在一点，设，可得，
由，可得，，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，即，
又由平面的一个法向量为，
所以，
因为平面与平面所成二面角为，
可得，解得，
此时，符合题意，
所以在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，此时.
【题型二】利用空间向量求空间距离
【典例分析】
【例2】（2021·安徽马鞍山市·高三二模）如图，六面体中，面且面，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求点到面的距离.
【解析】（1）证明：因为面且面，
所以且，
在面中，，同理，，所以，
又，所以，由面，知，
又因为，所以面.
（2）取中点，由题可知，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
于是面，又为正三角形，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，，，分别为，，正半轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，
，，，，
设面的法向量为，则有，
不妨设，得.
又与面垂直，故面的法向量不妨设为，
由，解得.
设面的法向量为，则有，
不妨设，得.
于是，点到面的距离.
【提分秘籍】
点到平面的距离(n为平面的法向量,A为平面上一点,MA为过A点的斜线段).
【变式演练】
1.（2021·上海交大附中高三模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC=4，BD=2，且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.
（1）求点B1到平面D1AC的距离；
（2）在线段BO1上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD1垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，故以AC与BD的交点O为原点，
以射线OA OB OO1分别为x y z轴，建立空间直角坐标系.
由已知条件，相关点的坐标为A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(﹣2，0，0)，O1(0，0，3)，B1(0，1，3)，D1(0，﹣1，3)，
设平面D1AC的法向量为，
由，，
得，
令z=1，则，因，
故点B1到平面D1AC的距离为.
（2）设，
则由，，
得.
又，
故当时，.
于是，在线段BO1上存在点P，使得AP⊥CD1，
此时.
【题型三】利用空间向量解决探索型问题
【典例分析】
【例3】（2021 甲卷T19）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
【命题意图】考查线面位置关系，二面角的求法，考查直观想象，数学运算能力
【解析】（1）证明：连接，
，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，
，，
，，
，
，，
，即，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，1，，，2，，
设，则，0，，
，2，，，1，，
，即．
（2）解：平面，平面的一个法向量为，0，，
由（1）知，，1，，，1，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，，，，
，，
当时，面与面所成的二面角的余弦值最大为，此时正弦值最小为．
【提分秘籍】
利用空间向量巧解探索性问题的策略
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无须进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.
(2)解题时,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“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等问题,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.
[提醒]探索线段上是否存在点时,注意三点共线条件的应用.
【变式演练】
1.（2021·湖北宜昌市·高三一模）如图，在直三棱柱中，，，点为棱的中点，点为线段上一动点.
（Ⅰ）求证：当点为线段的中点时，平面；
（Ⅱ）设，试问：是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：连、，
∵点为线段的中点，
∴、、三点共线.
∵点、分别为和的中点，
∴．
在直三棱柱中，，
∴平面，
∴，
又，
∴四边形为正方形，
∴，
∵、平面，
∴平面，
而，
∴平面.
（Ⅱ）解：以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
连接、，设，
∵，
∴，
∴，∴.
∵点在线段上运动，
∴平面的法向量即为平面的法向量，
设平面的法向量为，
由得，令得，
设平面的法向量为，
由得，
令得，取，
由题意得| ，
∴，
解得或.
∴当或时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
1.（2021·山东潍坊高三模拟）如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，是边长为1的等边三角形.
（1）求证：CD⊥B1D；
（2）若BC=，求二面角B—C1D—B1的大小.
【解析】（1）因为是边长为1的等边三角形，
所以
因为B1C1⊥平面AA1C1C，平面AA1C1C，所以
因为为平面B1C1D内两相交直线，所以平面B1C1D
因为平面B1C1D,所以CD⊥B1D；
（2）以D为坐标原点，过平行直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则
设平面BC1D的一个法向量为，平面C1DB1的一个法向量为
由得令
由得令
因为二面角B—C1D—B1为锐二面角，所以二面角B—C1D—B1为
2．（2021·山东省实验中学高三一模）如图，已知长方体中，，，，，分别为，的中点.
（1）求过，，三点的截面的面积；
（2）一只小虫从点经上一点到达点，求小虫所经过路程最短时，直线与平面所成的角的正弦值.
【解析】（1）连接，，，则四边形为平行四边形，
又因为，分别为，的中点，所以，，
所以所求截面为梯形.
，，，
梯形的高，
所以所求截面面积.
（2）以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
若所经过路程最短，则与相似，所以，所以.
，，
设平面的法向量，则，
令，则，，
所以，.
，
所以直线与平面所成的角的正弦值是.
3．（2021·济南市·山东省实验中学高三二模）如图，已知斜三棱柱的底面是正三角形，点，分别是和的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：连结，，侧面是平行四边形，且，
所以为正三角形，
又点分别是的中点，所以
又因为，所以，.
所以，所以，
又，所以平面.
（2）取的中点，连结，则.
由（1）知平面，，
如图，以点为原点，直线，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，.
所以，可取，
易得平面的一个法向量为
所以
因为二面角为锐角，所以其余弦值为
4．（2021·山东滨州市·高三二模）如图，在四棱锥中，O是BD的中点，平面ABCD，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设，若二面角的余弦值为，求的值.
【解析】（1）如图所示：
设，连接.
因为，O为BD的中点，
所以，即O为的中心.
又因为，所以.
由平面ABCD，可得.
又，所以平面PDB，
所以.
因为，，
所以，，，，
所以，则.
又，所以平面APC.
因为平面ADP，
所以平面平面APC.
（2）以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）得，，，，，.
所以，，.
.
设平面BDM的一个法向量为，
则即
得,令，得.
所以平面BDM的一个法向量为.
设平面DPM的一个法向量为，
则即
令，得,
所以平面PDC的一个法向量为.
所以，
整理得，解得或.
当时，二面角的平面角为钝角，不符合题意.
故.
5．（2021·重庆一中高三模拟）如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.
（1）求证：直线l⊥平面PAC；
（2）直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF 直线EF所成的角互余？若存在，求出|AQ|的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：∵E，F分别是PB，PC的中点，∴BCEF，
又EF 平面EFA，BC不包含于平面EFA，∴BC面EFA，
又BC面ABC，面EFA∩面ABC=l，∴BCl，
又BC⊥AC，面PAC∩面ABC=AC，面PAC⊥面ABC，∴BC⊥面PAC，
∴l⊥面PAC.
（2）解：以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，
过C垂直于面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)，E()，F()，
，，
设Q(2，y，0)，面AEF的法向量为，则，
取z=，得，，
|cos<>|==，|cos<>|==，
依题意，得|cos<>|=|cos<>|，
∴y=±1.
∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF 直线EF所成的角互余，|AQ|=1.
6.．（2021·山东德州市·高三一模）如图，四边形为梯形，，于，于，，，，现沿将折起，使为正三角形，且平面平面，过的平面与线段、分别交于、．
（1）求证：；
（2）在棱上（不含端点）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：因为，，所以，
在四棱锥中，平面，平面，
所以平面．
又平面平面，所以．
因为平面平面且交于，，
所以平面，即平面，
又平面，所以．
（2）解：存在，为棱上靠近点的四等分点．
因为，，
连接，所以，
又平面平面且交于，故平面，
如图建立空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设，则，，
设平面的一个法向量，
则，即，
不妨令，则，，
设直线与平面所成的角为，则有
，
解得或（舍），
所以，即在棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，为棱上靠近点的四等分点．
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