（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 專題十 立體幾何中的向量方法講義 理（重點生含解析）.doc

專題十 立體幾何中的向量方法 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 線面角的正弦值的求解T18(2) 二面角、線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) 線面角的正弦值的求解T19(2) 縱向把 握趨勢 全國卷3年3年考，涉及直線與平面所成角、二面角的求解，且都在解答題中的第(2)問出現(xiàn)，難度適中．預計2019年仍會以解答題的形式考查二面角或線面角的求法． 橫向把 握重點 高考對此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為解答題，多出現(xiàn)在第18或19題的第(2)問的位置，考查利用空間向量求異面直線所成的角、線面角或二面角，難度中等偏上. [考法一　利用空間向量證明平行與垂直] 設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)． (1)線面平行： l∥α?a⊥u?au＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直： l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行： α∥β?u∥v?u＝kv?a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3. (4)面面垂直： α⊥β?u⊥v?uv＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 　如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．求證： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. [破題思路] 第(1)問 求什么 想什么 要證BE⊥DC，想到證⊥，即＝0 給什么 用什么 由PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，可知AP，AB，AD三條直線兩兩互相垂直，可用來建立空間直角坐標系 差什么 找什么 建立坐標系后，要證＝0，缺少，的坐標，根據(jù)所建坐標系求出B，E，D，C點的坐標即可 第(2)問 求什么 想什么 要證BE∥平面PAD，想到證與平面PAD的法向量垂直 差什么 找什么 需要求及平面PAD法向量的坐標，可根據(jù)第(1)問建立的空間直角坐標系求解 第(3)問 求什么 想什么 要證平面PCD⊥平面PAD，想到證平面PCD的法向量與平面PAD的法向量垂直 差什么 找什么 缺少兩個平面的法向量，可利用(1)中所建的空間直角坐標系求解 [規(guī)范解答]依題意知，AB，AD，AP兩兩垂直，故以點A為坐標原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點，得E(1,1,1)． (1)因為＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故＝0.所以BE⊥DC. (2)易知＝(1,0,0)為平面PAD的法向量， 而＝(0,1,1)(1,0,0)＝0，所以BE⊥AB， 又BE?平面PAD，所以BE∥平面PA D. (3)＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)， 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)為平面PCD的一個法向量． 因為平面PAD的一個法向量＝(1,0,0)， 所以n＝(0,1,1)(1,0,0)＝0，所以n⊥. 所以平面PCD⊥平面PAD. [題后悟通] 利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟 (1)建立空間直角坐標系，建系時要盡可能地利用條件中的垂直關(guān)系． (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)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直線的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直關(guān)系． (4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題． [對點訓練] 　 如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，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)根據(jù)題意，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 間直角坐標系，如圖 所示， 則B(0,0,0)，D(0,2，2)， B1(0,0,4)，C1(0,2,4)， 設(shè)BA＝a， 則A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)， ＝(0,2，－2)， 所以＝0， ＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA?平面ABD，BD?平面ABD， 所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(xiàn)(0,1,4)， 則＝， ＝(0,1,1)， 所以＝0＋2－2＝0， ＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG?平面EGF，EF?平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. [考法二　利用空間向量求空間角] 1．向量法求異面直線所成的角 若異面直線a，b的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為θ，則cos θ＝|cos〈a，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(shè)線面所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈n，a〉|＝. 3．向量法求二面角 求出二面角αlβ的兩個半平面α與β的法向量n1，n2，若二面角αlβ所成的角θ為銳角，則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；若二面角αlβ所成的角θ為鈍角，則cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. 題型策略(一)求異面直線所成的角 　　　(2015全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (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． [破題思路] 第(1)問 求什么 想什么 證明平面AEC⊥平面AFC，想到求二面角EACF的平面角為直角或證明平面AEC的法向量與平面AFC的法向量垂直 給什么 用什么 四邊形ABCD為菱形，則連接BD，使BD∩AC＝O，有AC⊥BD，且OA＝OC，OB＝O D. 由EB⊥平面ABC，F(xiàn)D⊥平面ABC，AB＝BC＝CD＝AD，可證EA＝EC，F(xiàn)A＝FC，即△EAC和△FAC均為等腰三角形 差什么 找什么 要證二面角的平面角為直角，需找出二面角的平面角，連接EO，F(xiàn)O可知∠EOF即為二面角的平面角；若利用坐標系求解，此時可以O(shè)為坐標原點，以O(shè)B和OC分別為x軸，y軸建系 第(2)問 求什么 想什么 求直線AE與直線CF所成角的余弦值，想到求與的夾角的余弦值 給什么 用什么 由BD與AC垂直平分，且BE⊥平面ABCD，可以O(shè)B與OC分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系 差什么 找什么 差各線段的具體長度，故可令OB＝1，進而求出各點坐標，和的坐標 　　[規(guī)范解答] (1)證明：連接BD，設(shè)BD∩AC于點O，連接EO，F(xiàn)O，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)OB＝1. 由∠ABC＝120，可得AO＝OC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC， 可知AE＝EC，故EO⊥AC. 由DF⊥平面ABCD，AD＝DC， 可知AF＝FC，故FO⊥AC. 所以二面角EACF的平面角為∠EOF. 又AE⊥EC，所以EO＝. 在Rt△EBO中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDO中，可得FO＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝， 可得EF＝. 從而EO2＋FO2＝EF2，所以EO⊥FO. 所以二面角EACF為直角， 所以平面AEC⊥平面AFC. (2)以O(shè)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Oxyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，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. [題后悟通] 思路 受阻 分析 解決第(1)問時，不能正確作出二面角的平面角或雖然作出，但不能正確求解而造成問題無法求解或求解錯誤，解決第(2)問時，不能建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，是造成不能解決問題的常見障礙 技法 關(guān)鍵 點撥 求異面直線所成的角θ，可以通過求兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.要注意θ的范圍為 [對點訓練] 1.將邊長為1的正方形AA1O1O(及其內(nèi)部)繞OO1旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中B1與C在平面AA1O1O的同側(cè)． (1)求三棱錐CO1A1B1的體積； (2)求異面直線B1C與AA1所成的角的大?。? 解：(1)∵＝，∴∠A1O1B1＝， ∴S△O1A1B1＝O1A1O1B1sin＝， ∴VCO1A1B1＝OO1S△O1A1B1＝1＝， ∴三棱錐CO1A1B1的體積為. (2)以O(shè)為坐標原點，OA，OO1所在直線為y軸，z軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,1,0)，A1(0,1,1)，B1， C. ∴＝(0,0,1)， ＝(0，－1，－1)， ∴cos〈，〉＝＝－， ∴〈，〉＝， ∴異面直線B1C與AA1所成的角為. 題型策略(二)求直線與平面所成的角 　　　(2018合肥質(zhì)檢)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M為棱AE的中點． (1)求證：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值． [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 求證平面BDM∥平面EFC，想到證明平面BDM內(nèi)的兩條相交直線與平面EFC平行 給什么用什么 由BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，利用線面垂直的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)可知四邊形BDEF為平行四邊形，即EF∥BD 差什么找什么 還需在平面BDM中找一條直線與平面CEF平行，由M為棱AE的中點，想到構(gòu)造三角形的中位線，連接AC與BD相交即可 第(2)問 求什么想什么 求直線AE與平面BDM所成角的正弦值，想到求直線AE的方向向量與平面BDM的法向量所成角的余弦的絕對值 給什么用什么 題干中有DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，從而有DE，DA，DC兩兩互相垂直，利用此性質(zhì)建立空間直角坐標系 差什么找什么 要求點的坐標，需要線段的長度，通過DE＝2AB賦值即可解決 [規(guī)范解答] (1)證明：連接AC交BD于點N， 則N為AC的中點，連接MN， 又M為AE的中點，∴MN∥EC. ∵MN?平面EFC，EC?平面EFC， ∴MN∥平面EFC. ∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE. ∵BF＝DE， ∴四邊形BDEF為平行四邊形，∴BD∥EF. ∵BD?平面EFC，EF?平面EFC， ∴BD∥平面EFC. 又MN∩BD＝N， ∴平面BDM∥平面EFC. (2)∵DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形， ∴DA，DC，DE兩兩垂直，以D為坐標原點，DA，DC，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz. 設(shè)AB＝2，則DE＝4，從而D(0,0,0)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，M(1,0,2)， ∴＝(2,2,0)， ＝(1,0,2)， 設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝2，則y＝－2，z＝－1， 從而n＝(2，－2，－1)為平面BDM的一個法向量． ∵＝(－2,0,4)， 設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n〉|＝＝， ∴直線AE與平面BDM所成角的正弦值為. [題后悟通] 思路 受阻 分析 解決第(1)問不能正確利用M為中點這一條件構(gòu)造中位線導致問題不易求解；第(2)忽視條件DE＝2AB，不能正確賦值，造成不能繼續(xù)求解或求解錯誤 技法 關(guān)鍵 點撥 用向量法求解直線l與平面α所成的角的一般思路為：設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則直線l與平面α所成的角θ滿足sin θ＝|cos〈a，n〉| [對點訓練] 2.(2018全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． 解：(1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF， 又PF∩EF＝F， 所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如圖，作PH⊥EF，垂足為H. 由(1)得，PH⊥平面ABFD. 以H為坐標原點， 的方向為y軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Hxyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又因為DP＝2，DE＝1， 所以PE＝. 又PF＝1，EF＝2， 所以PE⊥PF. 所以PH＝，EH＝. 則H(0,0,0)，P，D， ＝，＝. 又為平面ABFD的法向量， 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ， 則sin θ＝＝＝. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 題型策略(三)求平面與平面所成角 　　　(2018沈陽質(zhì)監(jiān))如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝PD，∠APD＝90. (1)證明：平面PAB⊥平面PCD； (2)求二面角APBC的余弦值． [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 證明平面PAB⊥平面PCD，想到證明其中一個平面內(nèi)的某條直線垂直于另一個平面 給什么用什么 給出平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，用面面垂直的性質(zhì)定理可知CD⊥平面APD，則CD⊥AP，然后結(jié)合∠APD＝90，即PD⊥AP，利用面面垂直的判定定理即可證明 第(2)問 求什么想什么 求二面角APBC的余弦值，想到求平面APB和平面BCP的法向量的夾角的余弦值 給什么用什么 由題目條件底面ABCD為正方形，可以根據(jù)正方形的性質(zhì)確定x軸，y軸建系 差什么找什么 要建立空間直角坐標系，還缺少z軸．由平面PAD⊥平面ABCD，可在平面PAD內(nèi)過點P作AD的垂線即可 [規(guī)范解答] (1)證明：∵底面ABCD為正方形， ∴CD⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PA D. 又AP?平面PAD，∴CD⊥AP. ∵∠APD＝90，即PD⊥AP， 又CD∩PD＝D，∴AP⊥平面PC D. ∵AP?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PC D. (2)取AD的中點為O，BC的中點為Q，連接PO，OQ，易得PO⊥底面ABCD，OQ⊥AD，以O(shè)為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設(shè)正方形ABCD的邊長為2， 可得A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,1)． 設(shè)平面APB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 而＝(1,0，－1)，＝(1,2，－1)， 則即 取x1＝1，得n1＝(1,0,1)為平面APB的一個法向量． 設(shè)平面BCP的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 而＝(1,2，－1)，＝(－1,2，－1)， 則即 取y2＝1，得n2＝(0,1,2)為平面BCP的一個法向量． ∴cos〈n1，n2〉＝＝， 由圖知二面角APBC為鈍角， 故二面角APBC的余弦值為－. [題后悟通] 思路 受阻 分析 本題第(1)問因不能正確利用面面垂直的性質(zhì)，而得不出CD⊥平面PAD，從而導致無法證明面面垂直；第(2)問不能正確利用面面垂直的性質(zhì)找出z軸而無法正確建立空間直角坐標系而導致不能正確求解 技法 關(guān)鍵 點撥 求二面角αlβ的平面角的余弦值，即求平面α的法向量n1與平面β的法向量n2的夾角的余弦cos〈n1，n2〉，但要注意判斷二面角是銳角還是鈍角 [對點訓練] 3. (2019屆高三昆明調(diào)研)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，點E在PC上，DE⊥平面PAC. (1)證明：PA⊥平面PCD； (2)設(shè)AD＝2，若平面PBC與平面PAD所成的二面角為45，求DE的長． 解：(1)證明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA. 又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PC D. (2)取AD的中點O，連接PO， 因為PA＝PD，所以PO⊥AD，則PO⊥平面ABCD， 以O(shè)為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz， 由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，OP＝1， 設(shè)CD＝a，則P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1，0)，則＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)， 設(shè)m＝(x，y，z)為平面PBC的法向量， 則即令x＝2，則y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)為平面PBC的一個法向量， 由(1)知n＝＝(a,0,0)為平面PAD的一個法向量， 由|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得a＝，即CD＝， 所以在Rt△PCD中，PC＝， 由等面積法可得DE＝＝. [考法三　利用空間向量求解探索性問題] 　　　(2018山東濰坊三模)如圖，在四棱錐EABCD中，底面ABCD為矩形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90，BE＝BC，F(xiàn)為CE的中點． (1)求證：平面BDF⊥平面ACE； (2)若2AE＝EB，在線段AE上是否存在一點P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對值為.請說明理由． [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 求證平面BDF⊥平面ACE，想到證明其中一個平面內(nèi)的直線垂直于另一個平面 給什么用什么 由平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90可利用面面垂直性質(zhì)及線面垂直的判定及性質(zhì)得到AE⊥BF；再由BE＝BC，F(xiàn)為CE的中點，可利用等腰三角形中線、高線合一可得到BF⊥CE；進而再由線面垂直的判定、面面垂直的判定得證 第(2)問 求什么想什么 在線段AE上是否存在一點P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對值為.想到假設(shè)點P存在，建立空間直角坐標系，設(shè)出點P坐標，求二面角的余弦值即可 給什么用什么 2AE＝EB，題目已知條件及(1)的結(jié)論，可建系設(shè)點表示出兩平面的法向量，進而由兩法向量夾角公式得出關(guān)于點P坐標的方程，求解即可 [規(guī)范解答] (1)證明：因為平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面ABCD∩平面ABE＝AB， 所以BC⊥平面ABE， 又AE?平面ABE，所以BC⊥AE. 因為AE⊥BE，BC∩BE＝B， 所以AE⊥平面BCE，因為BF?平面BCE， 所以AE⊥BF， 在△BCE中，因為BE＝BC，F(xiàn)為CE的中點， 所以BF⊥CE，又AE∩CE＝E， 所以BF⊥平面ACE， 又BF?平面BDF，所以平面BDF⊥平面ACE. (2)存在．如圖，建立空間直角坐標系Exyz，設(shè)AE＝1，則E(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,2)，C(2,0,2)，F(xiàn)(1,0,1)， ＝(－2,1,2)，＝(－1,0,1)，設(shè)P(0，a,0)，a∈[0,1]，則＝(2，－a,0)， 結(jié)合(1)易知EC⊥平面BDF， 故＝(2,0,2)為平面BDF的一個法向量， 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDP的法向量， 則即 令x＝a，可得平面BDP的一個法向量為n＝(a,2，a－1)， 所以cos〈，n〉＝＝， 由|cos〈，n〉|＝，解得a＝0或a＝1. 故在線段AE上存在點P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對值為，且此時點P在E處或A處． [題后悟通] 思路 受阻 分析 解決第(1)問時，不會證明AE⊥BF，造成無法繼續(xù)往下證明結(jié)論成立；解決第(2)問時，不能正確建立空間直角坐標系表示相關(guān)向量坐標，是造成不能解決問題的常見誤區(qū) 技法 關(guān)鍵 點撥 利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認可其中的一部分結(jié)論． (2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．若由此推導出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論 [對點訓練] 　如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EF∥AB，DE＝EF＝1，DC＝BF＝2，∠EAD＝30. (1)求證：AE⊥平面CDEF； (2)在線段BD上確定一點G，使得平面EAD與平面FAG所成的角為30. 解：(1)證明：因為四邊形ABCD是正方形， 所以AD＝CD＝2. 在△ADE中，由正弦定理得， ＝， 即＝， 解得sin∠AED＝1， 所以∠AED＝90，即AE⊥ED. 在梯形ABFE中，過點E作EP∥BF交AB于點P， 因為EF∥AB， 所以EP＝BF＝2，PB＝EF＝1，AP＝1. 在Rt△ADE中，AE＝， 所以AE2＋AP2＝EP2， 所以AE⊥AB， 所以AE⊥EF， 又EF∩DE＝E， 所以AE⊥平面CDEF. (2)由(1)可得，AE⊥EF， 又AD⊥DC，DC∥EF，AD∩AE＝A， 所以DC⊥平面AED， 又DC?平面ABCD， 所以平面AED⊥平面ABCD. 以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，其中z軸為在平面AED內(nèi)過點D作AD的垂線所在的直線， 則B(2,2,0)，A(2,0，0)，E，F(xiàn)， 所以＝(2,2,0)，＝. 設(shè)＝λ＝(2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)， 則＝(2λ－2,2λ，0)， 設(shè)平面FAG的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 取x1＝－λ，可得平面FAG的一個法向量為n1＝(－λ，λ－，2－5λ)， 易知平面EAD的一個法向量為n2＝(0,1,0)， 所以cos 30＝ ＝＝， 化簡可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝， 故當點G滿足＝時，平面EAD與平面FAG所成的角為30. [高考大題通法點撥] 立體幾何問題重在“建”——建模、建系 　[思維流程]　　 [策略指導] 立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深．解決這類題目的原則是建模、建系． 建?！獙栴}轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距離等的計算模型． 建系——依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　如圖，四邊形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝，E是AD的中點，BE與AC交于點F，GF⊥平面ABC D. (1)求證：AF⊥平面BEG； (2)若AF＝FG，求直線EG與平面ABG所成角的正弦值． [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 求證AF⊥平面BEG，想到證明AF與平面BEG內(nèi)的兩條相交直線垂直 給什么用什么 題目中給出GF⊥平面ABCD，利用線面垂直的性質(zhì)可證AF⊥GF 差什么找什么 還差AF與平面BEG中的另一條與GF相交的直線垂直．在矩形ABCD中，根據(jù)已知數(shù)據(jù)可證明∠AFB＝90 第(2)問 求什么想什么 求直線EG與平面ABG所成角的正弦值，想到建立空間直角坐標系，利用空間向量求解與平面ABG的一個法向量的余弦值 給什么用什么 題目中給出GF⊥平面ABCD，可用GF為z軸，由(1)問可知GF，AF，EF兩兩互相垂直，故可建立空間直角坐標系 差什么找什么 還缺少點的坐標，根據(jù)AF＝FG，以及題目條件可求出相關(guān)點的坐標 [規(guī)范解答] (1)證明：因為四邊形ABCD為矩形， 所以△AEF∽△CBF， 所以＝＝＝. 又在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝， 所以AE＝，AC＝. 在Rt△BEA中，BE＝＝， 所以AF＝AC＝，BF＝BE＝. 在△ABF中，AF2＋BF2＝2＋2＝1＝AB2， 所以∠AFB＝90， 即AF⊥BE. 因為GF⊥平面ABCD， AF?平面ABCD， 所以AF⊥GF. 又BE∩GF＝F，BE?平面BEG，GF?平面BEG， 所以AF⊥平面BEG. (2)由(1)得AC，BE，F(xiàn)G兩兩垂直，以點F為原點，F(xiàn)A，F(xiàn)E，F(xiàn)G所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A，B，G， E，＝， ＝，＝. 設(shè)n＝(x，y，z)是平面ABG的法向量， 則即取x＝， 得n＝(，－1，)是平面ABG的一個法向量． 設(shè)直線EG與平面ABG所成角的大小為θ， 則sin θ＝ ＝＝， 所以直線EG與平面ABG所成角的正弦值為. [關(guān)鍵點撥] 利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破” [對點訓練] 　(2018全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且二面角MPAC為30，求PC與平面PAM所成角的正弦值． 解：(1)證明：因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點， 所以PO⊥AC，且PO＝2. 連接OB，因為AB＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥O B. 又因為OB∩AC＝O， 所以PO⊥平面ABC. (2)以O(shè)為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)， ＝(0,2,2)． 取平面PAC的一個法向量＝(2,0,0)． 設(shè)M(a,2－a,0)(0<a≤2)，則＝(a,4－a,0)． 設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)． 由得 令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一個法向量為n＝((a－4)，a，－a)， 所以cos〈，n〉＝. 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30＝， 所以＝， 解得a＝或a＝－4(舍去)． 所以n＝. 又＝(0,2，－2)， 所以cos〈，n〉＝＝. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. [總結(jié)升華] 立體幾何的內(nèi)容在高考中的考查情況總體上比較穩(wěn)定，因此，復習備考時往往有“綱”可循，有“題”可依．在平時的學習中，要加強“一題兩法(幾何法與向量法)”的訓練，切勿顧此失彼；要重視識圖訓練，能正確確定關(guān)鍵點或線的位置，將局部空間問題轉(zhuǎn)化為平面模型；能依托于題中的垂直條件，建立適當?shù)目臻g直角坐標系，將幾何問題化歸為代數(shù)問題的計算模型．其中，平行、垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)是立體幾何的核心內(nèi)容，空間角的計算是重點內(nèi)容．　　　　 [專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P188) 1．(2018全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當三棱錐MABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值． 解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為C D.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C， 所以DM⊥平面BMC. 因為DM?平面AMD， 所以平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.當三棱錐MABC的體積最大時，M為的中點．由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， ＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)， 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量， 則即可取n＝(1,0,2)， 又是平面MCD的一個法向量， 所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 2.(2018唐山模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中點． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC； (2)若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值． 解：(1)證明：因為PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC. 因為AB＝2AD＝2CD， 所以AC＝BC＝AD＝CD， 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因為AC?平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)如圖，以C為坐標原點， ，， 的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，并設(shè)CB＝2，CP＝2a(a＞0)．則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，則E(1,0，a)， ＝(0,2,0)，＝(0,0,2a)， ＝(1,0，a)， 易知m＝(1,0,0)為平面PAC的一個法向量． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量， 則即 取x＝a，則z＝－1，n＝(a,0，－1)． 依題意，|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得a＝. 于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)． 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 3．(2018西安質(zhì)檢)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3. (1)證明：平面A1CO⊥平面BB1D1D； (2)若∠BAD＝60，求二面角BOB1C的余弦值． 解：(1)證明：∵A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD. ∴A1O⊥BD. ∵四邊形ABCD是菱形， ∴CO⊥BD. ∵A1O∩CO＝O， ∴BD⊥平面A1CO. ∵BD?平面BB1D1D， ∴平面A1CO⊥平面BB1D1D. (2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系． ∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60， ∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝， OA1＝＝. 則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)， ∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)， ＝＋＝(1，，)，＝(0，，0)． 設(shè)平面OBB1的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則即 令y1＝，得n＝(0，，－1)是平面OBB1的一個法向量． 設(shè)平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)， 則即 令z2＝－1，得m＝(，0，－1)為平面OCB1的一個法向量， ∴cos〈n，m〉＝＝＝， 由圖可知二面角BOB1C是銳二面角， ∴二面角BOB1C的余弦值為. 4．(2018長春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面ACE； (2)設(shè)PA＝1，∠ABC＝60，三棱錐EACD的體積為，求二面角DAEC的余弦值． 解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接OE. 在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE. 又PB?平面ACE，OE?平面ACE，所以PB∥平面ACE. (2)由題易知VPABCD＝2VPACD＝4VEACD＝， 設(shè)菱形ABCD的邊長為a， 則VPABCD＝S?ABCDPA＝1＝， 解得a＝. 取BC的中點為M，連接AM，則AM⊥A D.以點A為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，E，C， ＝，＝， 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面AEC的法向量， 則即 取x＝1，則n1＝(1，－，3)為平面AEC的一個法向量． 又易知平面AED的一個法向量為n2＝(1,0,0)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝， 由圖易知二面角DAEC為銳二面角， 所以二面角DAEC的余弦值為. 5.(2018鄭州質(zhì)檢)如圖，在三棱錐PABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D，E分別為線段AB，BC上的點，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC. (1)求證：PD⊥平面ABC； (2)若直線PA與平面ABC所成的角為45，求平面PAC與平面PDE所成銳二面角的大?。? 解：(1)證明：∵AC＝2，BC＝2，AB＝6， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90， ∴cos∠ABC＝＝. 易知BD＝2， ∴CD2＝22＋(2)2－222cos∠ABC＝8， ∴CD＝2，易知AD＝4， ∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CD⊥平面PAB， ∴CD⊥PD， ∵PD⊥AC，AC∩CD＝C， ∴PD⊥平面ABC. (2)由(1)知PD，CD，AB兩兩互相垂直， ∴可建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz， ∵直線PA與平面ABC所成的角為45，即∠PAD＝45， ∴PD＝AD＝4， 則A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)， ∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)， ＝(0，－4，－4)． ∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC. 由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC， 又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC， ∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE， ∴＝(－2，2,0)為平面PDE的一個法向量． 設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)， 則∴ 令z＝1，得x＝，y＝－1， ∴n＝(，－1,1)為平面PAC的一個法向量． ∴cos〈n，〉＝＝－， ∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為， 故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30. 6．(2019屆高三洛陽聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，二面角CABD的平面角的正切值為，求二面角BADE的余弦值． 解：(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB. 又因為AD⊥AB，DC∩AD＝D， 所以AB⊥平面ADC. (2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角CABD的平面角為∠CAD. 又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，所以DC⊥AD. 依題意tan∠CAD＝＝. 因為AD＝1，所以CD＝. 設(shè)AB＝x(x＞0)，則BD＝. 依題意△ABD∽△DCB，所以＝，即＝. 解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3. 法一：以D為坐標原點，DB，DC所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則D(0,0，0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A， 所以＝，＝. 由(1)知平面BAD的一個法向量n＝(0,1,0)． 設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x，y，z)， 則即 令x＝，得y＝－1，z＝－1， 所以m＝(，－1，－1)為平面ADE的一個法向量． 所以cos〈n，m〉＝＝－. 由圖可知二面角BADE的平面角為銳角， 所以二面角BADE的余弦值為. 法二：因為DC⊥平面ABD， 所以過點E作EF∥DC交BD于F， 則EF⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD，所以EF⊥AD. 過點F作FG⊥AD于G，連接GE， 所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE， 所以二面角BADE的平面角為∠EGF. 由平面幾何的知識求得EF＝CD＝， FG＝AB＝， 所以EG＝＝， 所以cos∠EGF＝＝. 所以二面角BADE的余弦值為. 7.如圖，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E為CD的中點，點F在線段PB上． (1)求證：AD⊥PC； (2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 解：(1)證明：連接AC， 因為AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45， 由余弦定理得， AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos 45＝4， 得AC＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以∠ACB＝90，即BC⊥AC. 又AD∥BC，所以AD⊥AC， 因為AD＝AP＝2，DP＝2， 所以AD2＋AP2＝DP2， 所以∠PAD＝90，即PA⊥AD， 又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC. 又PC?平面PAC，所以AD⊥PC. (2)因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標原點，直線AD，AC，AP分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以＝(0,2，－2)， ＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)． 設(shè)＝λ(λ∈[0,1])， 則＝(2λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD的一個法向量為m＝(0,0,1)． 設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|， 即＝， 所以|－2λ＋2|＝， 即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])， 解得λ＝，所以＝. 即當＝時，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 8. 如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，記平面AEF與平面ABC的交線為直線l. (1)證明：直線l⊥平面PAC； (2)在直線l上是否存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：∵E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，∴BC∥EF， 又EF?平面EFA，BC?平面EFA， ∴BC∥平面EFA， 又BC?平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l， 又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC， 平面PAC⊥平面ABC， ∴BC⊥平面PAC， ∴l(xiāng)⊥平面PAC. (2)以C為坐標原點，CA為x軸，CB為y軸，過C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0，0)，A(2，0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F(xiàn). ＝，＝(0,2,0)， 設(shè)Q(2，y,0)，平面AEF的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則即 取z＝，得m＝(1,0，)． 又＝(1，y，－)， |cos〈，〉|＝＝， |cos〈，m〉|＝＝， 依題意，得|cos〈，〉|＝|cos〈，m〉，∴y＝1. ∴直線l上存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余，AQ的長為1.