（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十 立體幾何中的向量方法講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc

專題十 立體幾何中的向量方法卷卷卷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(shì)全國(guó)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(wèn)出現(xiàn)，難度適中預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)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(diǎn)高考對(duì)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(wèn)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，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.如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)求證：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.破題思路第(1)問(wèn)求什么想什么要證BEDC，想到證，即0給什么用什么由PA底面ABCD，ADAB，可知AP，AB，AD三條直線兩兩互相垂直，可用來(lái)建立空間直角坐標(biāo)系差什么找什么建立坐標(biāo)系后，要證0，缺少，的坐標(biāo)，根據(jù)所建坐標(biāo)系求出B，E，D，C點(diǎn)的坐標(biāo)即可第(2)問(wèn)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(biāo)，可根據(jù)第(1)問(wèn)建立的空間直角坐標(biāo)系求解第(3)問(wèn)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(gè)平面的法向量，可利用(1)中所建的空間直角坐標(biāo)系求解規(guī)范解答依題意知，AB，AD，AP兩兩垂直，故以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)，得E(1,1,1)(1)因?yàn)?0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC.(2)易知(1,0,0)為平面PAD的法向量，而(0,1,1)(1,0,0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(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y1，可得n(0,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量因?yàn)槠矫鍼AD的一個(gè)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(biāo)系，建系時(shí)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(wèn)題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素(3)通過(guò)空間向量的運(yùn)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(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問(wèn)題對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB11，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0,2，2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，設(shè)BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，所以0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，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0220， 0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，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，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(shè)線面所成的角為，則sin |cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的兩個(gè)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所成的角為鈍角，則cos |cosn1，n2|.題型策略(一)求異面直線所成的角(2015全國(guó)卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，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所成角的余弦值破題思路第(1)問(wèn)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BDACO，有ACBD，且OAOC，OBOD.由EB平面ABC，F(xiàn)D平面ABC，ABBCCDAD，可證EAEC，F(xiàn)AFC，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(biāo)系求解，此時(shí)可以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B和OC分別為x軸，y軸建系第(2)問(wèn)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(biāo)系差什么找什么差各線段的具體長(zhǎng)度，故可令OB1，進(jìn)而求出各點(diǎn)坐標(biāo)，和的坐標(biāo)規(guī)范解答(1)證明：連接BD，設(shè)BDAC于點(diǎn)O，連接EO，F(xiàn)O，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)OB1.由ABC120，可得AOOC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC，故EOAC.由DF平面ABCD，ADDC，可知AFFC，故FOAC.所以二面角EACF的平面角為EOF.又AEEC，所以EO.在RtEBO中，可得BE，故DF.在RtFDO中，可得FO.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.從而EO2FO2EF2，所以EOFO.所以二面角EACF為直角，所以平面AEC平面AFC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸正方向，|為單位長(zhǎng)度，建立空間直角坐標(biāo)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(wèn)時(shí)，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(wèn)題無(wú)法求解或求解錯(cuò)誤，解決第(2)問(wèn)時(shí)，不能建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，是造成不能解決問(wèn)題的常見(jiàn)障礙技法關(guān)鍵點(diǎn)撥求異面直線所成的角，可以通過(guò)求兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |.要注意的范圍為對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.將邊長(zhǎng)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(zhǎng)為，長(zhǎng)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所成的角的大小解：(1)，A1O1B1，SO1A1B1O1A1O1B1sin，VCO1A1B1OO1SO1A1B11，三棱錐CO1A1B1的體積為.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OO1所在直線為y軸，z軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)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，BFDE，M為棱AE的中點(diǎn)(1)求證：平面BDM平面EFC；(2)若DE2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值破題思路第(1)問(wèn)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，BFDE，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EFBD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(diǎn)，想到構(gòu)造三角形的中位線，連接AC與BD相交即可第(2)問(wèn)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(duì)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(biāo)系差什么找什么要求點(diǎn)的坐標(biāo)，需要線段的長(zhǎng)度，通過(guò)DE2AB賦值即可解決規(guī)范解答(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)N，則N為AC的中點(diǎn)，連接MN，又M為AE的中點(diǎn)，MNEC.MN平面EFC，EC平面EFC，MN平面EFC.BF，DE都垂直底面ABCD，BFDE.BFDE，四邊形BDEF為平行四邊形，BDEF.BD平面EFC，EF平面EFC，BD平面EFC.又MNBDN，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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系Dxyz.設(shè)AB2，則DE4，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x2，則y2，z1，從而n(2，2，1)為平面BDM的一個(gè)法向量(2,0,4)，設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為，則sin |cosn|，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(wèn)不能正確利用M為中點(diǎn)這一條件構(gòu)造中位線導(dǎo)致問(wèn)題不易求解；第(2)忽視條件DE2AB，不能正確賦值，造成不能繼續(xù)求解或求解錯(cuò)誤技法關(guān)鍵點(diǎn)撥用向量法求解直線l與平面所成的角的一般思路為：設(shè)直線l的方向向量為a，平面的法向量為n，則直線l與平面所成的角滿足sin |cosa，n|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2.(2018全國(guó)卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PFBF.(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BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如圖，作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)閥軸正方向，|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又因?yàn)镈P2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.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，則sin .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(yáng)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PAPD，APD90.(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(wèn)求什么想什么證明平面PAB平面PCD，想到證明其中一個(gè)平面內(nèi)的某條直線垂直于另一個(gè)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CDAP，然后結(jié)合APD90，即PDAP，利用面面垂直的判定定理即可證明第(2)問(wèn)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(biāo)系，還缺少z軸由平面PAD平面ABCD，可在平面PAD內(nèi)過(guò)點(diǎn)P作AD的垂線即可規(guī)范解答(1)證明：底面ABCD為正方形，CDAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面PAD.又AP平面PAD，CDAP.APD90，即PDAP，又CDPDD，AP平面PCD.AP平面PAB，平面PAB平面PCD.(2)取AD的中點(diǎn)為O，BC的中點(diǎn)為Q，連接PO，OQ，易得PO底面ABCD，OQAD，以O(shè)為原點(diǎn)，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(biāo)系，不妨設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)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x11，得n1(1,0,1)為平面APB的一個(gè)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y21，得n2(0,1,2)為平面BCP的一個(gè)法向量cosn1，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(wèn)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(dǎo)致無(wú)法證明面面垂直；第(2)問(wèn)不能正確利用面面垂直的性質(zhì)找出z軸而無(wú)法正確建立空間直角坐標(biāo)系而導(dǎo)致不能正確求解技法關(guān)鍵點(diǎn)撥求二面角l的平面角的余弦值，即求平面的法向量n1與平面的法向量n2的夾角的余弦cosn1，n2，但要注意判斷二面角是銳角還是鈍角對(duì)點(diǎn)訓(xùn)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，ADC90，ABCD，AB2CD.平面PAD平面ABCD，PAPD，點(diǎn)E在PC上，DE平面PAC.(1)證明：PA平面PCD；(2)設(shè)AD2，若平面PBC與平面PAD所成的二面角為45，求DE的長(zhǎng)解：(1)證明：由DE平面PAC，得DEPA.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，所以CD平面PAD，所以CDPA.又CDDED，所以PA平面PCD.(2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，因?yàn)镻APD，所以POAD，則PO平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由(1)得PAPD，由AD2得PAPD，OP1，設(shè)CDa，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x2，則ya，z3a，故m(2，a,3a)為平面PBC的一個(gè)法向量，由(1)知n(a,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量，由|cosm，n|，解得a，即CD，所以在RtPCD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(wèn)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，AEB90，BEBC，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)(1)求證：平面BDF平面ACE；(2)若2AEEB，在線段AE上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對(duì)值為.請(qǐng)說(shuō)明理由破題思路第(1)問(wèn)求什么想什么求證平面BDF平面ACE，想到證明其中一個(gè)平面內(nèi)的直線垂直于另一個(gè)平面給什么用什么由平面ABCD平面ABE，AEB90可利用面面垂直性質(zhì)及線面垂直的判定及性質(zhì)得到AEBF；再由BEBC，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)，可利用等腰三角形中線、高線合一可得到BFCE；進(jìn)而再由線面垂直的判定、面面垂直的判定得證第(2)問(wèn)求什么想什么在線段AE上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對(duì)值為.想到假設(shè)點(diǎn)P存在，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)，求二面角的余弦值即可給什么用什么2AEEB，題目已知條件及(1)的結(jié)論，可建系設(shè)點(diǎn)表示出兩平面的法向量，進(jìn)而由兩法向量夾角公式得出關(guān)于點(diǎn)P坐標(biāo)的方程，求解即可規(guī)范解答(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BCD平面ABE，BCAB，平面ABCD平面ABEAB，所以BC平面ABE，又AE平面ABE，所以BCAE.因?yàn)锳EBE，BCBEB，所以AE平面BCE，因?yàn)锽F平面BCE，所以AEBF，在BCE中，因?yàn)锽EBC，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)，所以BFCE，又AECEE，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(biāo)系Exyz，設(shè)AE1，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)，a0,1，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(gè)法向量，設(shè)n(x，y，z)為平面BDP的法向量，則即令xa，可得平面BDP的一個(gè)法向量為n(a,2，a1)，所以cos，n，由|cos，n|，解得a0或a1.故在線段AE上存在點(diǎn)P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對(duì)值為，且此時(shí)點(diǎn)P在E處或A處題后悟通思路受阻分析解決第(1)問(wèn)時(shí)，不會(huì)證明AEBF，造成無(wú)法繼續(xù)往下證明結(jié)論成立；解決第(2)問(wèn)時(shí)，不能正確建立空間直角坐標(biāo)系表示相關(guān)向量坐標(biāo)，是造成不能解決問(wèn)題的常見(jiàn)誤區(qū)技法關(guān)鍵點(diǎn)撥利用空間向量求解探索性問(wèn)題的策略(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(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(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EFAB，DEEF1，DCBF2，EAD30.(1)求證：AE平面CDEF；(2)在線段BD上確定一點(diǎn)G，使得平面EAD與平面FAG所成的角為30.解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以ADCD2.在ADE中，由正弦定理得，即，解得sinAED1，所以AED90，即AEED.在梯形ABFE中，過(guò)點(diǎn)E作EPBF交AB于點(diǎn)P，因?yàn)镋FAB，所以EPBF2，PBEF1，AP1.在RtADE中，AE，所以AE2AP2EP2，所以AEAB，所以AEEF，又EFDEE，所以AE平面CDEF.(2)由(1)可得，AEEF，又ADDC，DCEF，ADAEA，所以DC平面AED，又DC平面ABCD，所以平面AED平面ABCD.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，其中z軸為在平面AED內(nèi)過(guò)點(diǎn)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)(2，2，0)(01)，則(22,2，0)，設(shè)平面FAG的法向量為n1(x1，y1，z1)，則即取x1，可得平面FAG的一個(gè)法向量為n1(，25)，易知平面EAD的一個(gè)法向量為n2(0,1,0)，所以cos 30，化簡(jiǎn)可得92610，解得，故當(dāng)點(diǎn)G滿足時(shí)，平面EAD與平面FAG所成的角為30.高考大題通法點(diǎn)撥立體幾何問(wèn)題重在“建”建模、建系思維流程策略指導(dǎo)立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾何體為依托，分步設(shè)問(wèn)，逐層加深解決這類題目的原則是建模、建系建模將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距離等的計(jì)算模型建系依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解 如圖，四邊形ABCD是矩形，AB1，AD，E是AD的中點(diǎn)，BE與AC交于點(diǎn)F，GF平面ABCD.(1)求證：AF平面BEG；(2)若AFFG，求直線EG與平面ABG所成角的正弦值破題思路第(1)問(wèn)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AFGF差什么找什么還差A(yù)F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AFB90第(2)問(wèn)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(biāo)系，利用空間向量求解與平面ABG的一個(gè)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(wèn)可知GF，AF，EF兩兩互相垂直，故可建立空間直角坐標(biāo)系差什么找什么還缺少點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)AFFG，以及題目條件可求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)規(guī)范解答(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AEFCBF，所以.又在矩形ABCD中，AB1，AD，所以AE，AC.在RtBEA中，BE，所以AFAC，BFBE.在ABF中，AF2BF2221AB2，所以AFB90，即AFBE.因?yàn)镚F平面ABCD，AF平面ABCD，所以AFGF.又BEGFF，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(diǎn)F為原點(diǎn)，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(biāo)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(gè)法向量設(shè)直線EG與平面ABG所成角的大小為，則sin ，所以直線EG與平面ABG所成角的正弦值為.關(guān)鍵點(diǎn)撥利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破”對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(2018全國(guó)卷)如圖，在三棱錐PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O為AC的中點(diǎn)(1)證明：PO平面ABC；(2)若點(diǎn)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?yàn)镻APCAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以POAC，且PO2.連接OB，因?yàn)锳BBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因?yàn)镺BACO，所以PO平面ABC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(gè)法向量(2,0,0)設(shè)M(a,2a,0)(0<a2)，則(a,4a,0)設(shè)平面PAM的法向量為n(x，y，z)由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一個(gè)法向量為n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(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(fù)習(xí)備考時(shí)往往有“綱”可循，有“題”可依在平時(shí)的學(xué)習(xí)中，要加強(qiáng)“一題兩法(幾何法與向量法)”的訓(xùn)練，切勿顧此失彼；要重視識(shí)圖訓(xùn)練，能正確確定關(guān)鍵點(diǎn)或線的位置，將局部空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面模型；能依托于題中的垂直條件，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，將幾何問(wèn)題化歸為代數(shù)問(wèn)題的計(jì)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(jì)算是重點(diǎn)內(nèi)容 專題跟蹤檢測(cè)(對(duì)應(yīng)配套卷P188)1(2018全國(guó)卷)如圖，邊長(zhǎng)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(diǎn)(1)證明：平面AMD平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，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CD.因?yàn)锽CCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.因?yàn)镈M平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.當(dāng)三棱錐MABC的體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)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(gè)法向量，所以cosn，sinn，.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，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中點(diǎn)(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?yàn)镻C平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因?yàn)锳B2AD2CD，所以ACBCADCD，所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因?yàn)锳C平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(2)如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)， ， 的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)CB2，CP2a(a0)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(gè)法向量設(shè)n(x，y，z)為平面EAC的法向量，則即取xa，則z1，n(a,0，1)依題意，|cosm，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，則sin |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，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)證明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值解：(1)證明：A1O平面ABCD，BD平面ABCD.A1OBD.四邊形ABCD是菱形，COBD.A1OCOO，BD平面A1CO.BD平面BB1D1D，平面A1CO平面BB1D1D.(2)A1O平面ABCD，COBD，OB，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)B2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，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(gè)法向量設(shè)平面OCB1的法向量m(x2，y2，z2)，則即令z21，得m(，0，1)為平面OCB1的一個(gè)法向量，cosn，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(zhǎng)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(diǎn)(1)證明：PB平面ACE；(2)設(shè)PA1，ABC60，三棱錐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(diǎn)O，連接OE.在PBD中，PEDE，BODO，所以PBOE.又PB平面ACE，OE平面ACE，所以PB平面ACE.(2)由題易知VPABCD2VPACD4VEACD，設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a，則VPABCDSABCDPA1，解得a.取BC的中點(diǎn)為M，連接AM，則AMAD.以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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x1，則n1(1，3)為平面AEC的一個(gè)法向量又易知平面AED的一個(gè)法向量為n2(1,0,0)，所以cosn1，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，AB6，BC2，AC2，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且AD2DB，CE2EB，PDAC.(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所成銳二面角的大小解：(1)證明：AC2，BC2，AB6，AC2BC2AB2，ACB90，cosABC.易知BD2，CD222(2)2222cosABC8，CD2，易知AD4，CD2AD2AC2，CDAB.平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，CD平面PAB，CDPD，PDAC，ACCDC，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(biāo)系Dxyz，直線PA與平面ABC所成的角為45，即PAD45，PDAD4，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)AD2DB，CE2EB，DEAC.由(1)知ACBC，DEBC，又PD平面ABC，PDBC，PDDED，CB平面PDE，(2，2,0)為平面PDE的一個(gè)法向量設(shè)平面PAC的法向量為n(x，y，z)，則令z1，得x，y1，n(，1,1)為平面PAC的一個(gè)法向量cosn，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(yáng)聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，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AD1，二面角CABD的平面角的正切值為，求二面角BADE的余弦值解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BDDC，所以DC平面ABD.因?yàn)锳B平面ABD，所以DCAB.又因?yàn)锳DAB，DCADD，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DCAD.依題意tanCAD.因?yàn)锳D1，所以CD.設(shè)ABx(x0)，則BD.依題意ABDDCB，所以，即.解得x，故AB，BD，BC3.法一：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DB，DC所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(gè)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y1，z1，所以m(，1，1)為平面ADE的一個(gè)法向量所以cosn，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?yàn)镈C平面ABD，所以過(guò)點(diǎn)E作EFDC交BD于F，則EF平面ABD.因?yàn)锳D平面ABD，所以EFAD.過(guò)點(diǎn)F作FGAD于G，連接GE，所以AD平面EFG，因此ADGE，所以二面角BADE的平面角為EGF.由平面幾何的知識(shí)求得EFCD，F(xiàn)GAB，所以EG，所以cosEGF.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，ABC45，ADAP2，ABDP2，E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PB上(1)求證：ADPC；(2)試確定點(diǎn)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?yàn)锳B2，BC2，ABC45，由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC，因?yàn)锳DAP2，DP2，所以AD2AP2DP2，所以PAD90，即PAAD，又APACA，所以AD平面PAC.又PC平面PAC，所以ADPC.(2)因?yàn)閭?cè)面PAD底面ABCD，側(cè)面PAD底面ABCDAD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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)(0,1)，則(2，2，2)，F(xiàn)(2，2，22)，所以(21,21，22)，易得平面ABCD的一個(gè)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x1，得n(1，1，1)因?yàn)橹本€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|22|，即|1|(0,1)，解得，所以.即當(dāng)時(shí)，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(diǎn)，平面PAC平面ABC，PAPCAC2，BC4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，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(diǎn)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(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)證明：E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，BCEF，又EF平面EFA，BC平面EFA，BC平面EFA，又BC平面ABC，平面EFA平面ABCl，BCl，又BCAC，平面PAC平面ABCAC，平面PAC平面ABC，BC平面PAC，l平面PAC.(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，過(guò)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(biāo)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(gè)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，y1.直線l上存在點(diǎn)Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余，AQ的長(zhǎng)為1.