第二篇专题篇•核心知识 专题提升\n专题三第三讲 空间向量与立体几何(理科)\n导航立前沿•考点启方向自主先热身•真题定乾坤核心拔头筹•考点巧突破明晰易错点•高考零失误\n导航立前沿•考点启方向\n以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．高考导航\n高频考点年份卷别题号考查角度分值2021全国卷甲卷19(2)二面角的正弦值6全国卷乙卷5，18(2)异面直线所成角，求二面角的正弦值112020Ⅰ卷18(2)二面角的余弦值6Ⅱ卷20(2)直线与平面所成角的正弦值6Ⅲ卷19点到平面的距离、二面角的正弦值122019Ⅰ卷18(2)二面角的正弦值12Ⅱ卷17(2)二面角的正弦值12Ⅲ卷19(2)二面角的大小12\n自主先热身•真题定乾坤\n真题热身D\n\n\n2．(2021·全国卷甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？\n\n\n\n\n3．(2021·全国卷乙卷)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A-PM-B的正弦值．\n\n\n\n\n\n\n∴PA2＋PB2＝AB2，得PA⊥PB.同理PA2＋PC2＝AC2，得PA⊥PC.又∵PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，PB∩PC＝P，∴PA⊥平面PBC.\n\n\n\n\n\n所以AF∥MB1且AF＝MB1，AD∥ME且AD＝ME，又在长方体ABCD-A1B1C1D1中，有AD∥B1C1，且AD＝B1C1，所以B1C1∥ME且B1C1＝ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，所以EC1∥MB1，所以AF∥EC1，所以点C1在平面AEF内．\n\n\n\n6．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.\n(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小．【解析】(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.\n\n\n1．高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题或填空题与一道大题，或一道大题．2．解答题多出现在第18，19题的位置，考查空间中平行、垂直的证明，利用空间向量求空间角，难度中等．感悟高考\n核心拔头筹•考点巧突破\n设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.考点一 利用向量证明平行与垂直\n(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ(k≠0)⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k≠0)．(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv(λ≠0)⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3(λ≠0)．(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.\n如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.典例1\n\n\n\n利用向量法证明平行与垂直的四个步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面．(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系．(4)根据运算结果解释相关问题．\n1．如图，在直三棱柱ADE-BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.\n\n\n\n\n\n考点二 利用空间向量求空间角\n\n\nD典例2\n\n\n\n典例3\n\n由直四棱柱底面ABCD为菱形，易知平面ABE∥平面CFGD，又平面AEFG∩平面ABE＝AE，平面AEFG∩平面CFGD＝GF，∴AE∥GF，又BG⊥GF，∴BG⊥AE，②由①②及AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACE，所以BG⊥平面ACE.\n\n\n\nB\n\n\n玉典例4\n【解析】(1)证明：∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2，Q为AB的中点，所以BQ∥CD且BQ＝CD，∴四边形BCDQ为平行四边形，所以DQ∥BC，∵BC⊂平面PBC，DQ⊄平面PBC，所以DQ∥平面PBC.\n\n\n\n\n\n(1)运用空间向量坐标运算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；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．\n(2)求空间角注意：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cosα＝|cosβ|；②两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；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．\n\n\n\n\n利用空间向量巧解探索性问题(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．考点三 立体几何中的探索性问题\n典例5\n【解析】(1)存在，当点F为线段B1C1的中点时，平面A1AF∥平面ECC1.证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AD∥B1C1.又因为CC1⊂平面ECC1，AA1⊄平面ECC1，所以AA1∥平面ECC1.又E为AD的中点，F为B1C1的中点，所以AE∥FC1，且AE＝FC1.\n故四边形AEC1F为平行四边形，所以AF∥EC1，又因为EC1⊂平面ECC1，AF⊄平面ECC1，所以AF∥平面ECC1.又因为AF∩AA1＝A，AA1⊂平面A1AF，AF⊂平面A1AF，所以平面A1AF∥平面ECC1.\n\n\n\n利用空间向量巧解探索性问题(1)对于存在型问题，解题时，把要满足的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．\n\n\n\n\n\n\n\n明晰易错点•高考零失误\n如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．(1)求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；(2)AP与平面ABCD所成角的余弦值．典例1易错点一：混淆空间角与向量所成角致误\n\n\n\n\n【易错释疑】本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成的角的概念，当然运算错误也是常见的一种失分原因，避免失分，首先要理解空间角与向量的角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系．\n\n\n\n\n典例2易错点二：忽视平面图形翻折前后的显性关系致误(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角P-BC-M的余弦值．\n\n\n\n\n\n【易错释疑】(1)本题的易错点是不会将空间几何图形的线段关系与展开后的平面图形中的线段关系进行比较，得到空间位置关系中需要的数据，导致解题的错误．求解平面图形的翻折问题时，避开易错点的关键是注意翻折前后的不变量及位置关系，对照翻折前后的图形，弄清楚变的量与不变的量，再立足于不变的量的位置关系与数量关系去探究变化的量在空间图形中的位置关系与数量关系．\n(2)破解翻折问题的核心是“折线”，一条折线把平面图形分成两部分，将平面图形沿折线翻折，与折线平行或垂直的线段，翻折后平行关系或垂直关系不变，翻折后要注意利用空间几何体中的线、面位置关系来解决问题．
