考点34：利用空间向量法解决立体几何的综合问题【考纲要求】1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【命题规律】利用空间向量法解决立体几何的综合问题是高考热点问题，解答题考查的比较多.预计2022年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】（一）利用向量证明直线和平面的位置关系及其空间角例1.【2022全国1卷（理）】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，，且二面角DAFE与二面角CBEF都是．（Ⅰ）证明：平面ABEF平面EFDC；（Ⅱ）求二面角EBCA的余弦值．【解析】（Ⅱ）过作，垂足为，由（Ⅰ）知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．由已知，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，-26-\n．从而可得．所以，，，．设是平面的法向量，则，即，所以可取．设是平面的法向量，则，同理可取．则．故二面角EBCA的余弦值为．【方法技巧归纳】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决.【变式1】【改编例题条件】【2022全国2卷（理）】如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=.（Ⅰ）证明:D'H⊥平面ABCD.（Ⅱ）求二面角B-D'A-C的正弦值.-26-\n【解析】试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.试题解析：（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.因此，从而.由,得.由得.所以，.于是，故.又，而，所以.（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即-26-\n，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.【变式2】【改编例题条件，利用导数运算法则构造函数求解不等式】【2022全国3卷（理）】如图，四棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判定定理可证；（Ⅱ）以为坐标原点，的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值来求解与平面所成角的正弦值．（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且-26-\n.以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，，，，，，，.设为平面的一个法向量，则即可取.于是.（二）利用向量解决立体几何中的探索问题例2.【2022北京卷】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.-26-\n（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.-26-\n如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.-26-\n【方法技巧归纳】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.【变式1】【改编例题的条件】【2022湖北卷（理）】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接（Ⅰ）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面与面所成二面角的大小为，求的值．【解析】（解法1）（Ⅰ）因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以．而，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．而，所以．又，，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面-26-\n的交线．由（Ⅰ）知，，所以．又因为底面，所以．而，所以．故是面与面所成二面角的平面角，设，，有，在Rt△PDB中,由,得,则,解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．因,,则,所以．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）由，所以是平面的一个法向量；-26-\n由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量．若面与面所成二面角的大小为，则，解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．【变式2】【改编例题的条件和问法】【2022湖北卷】如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.（1）当时，证明：直线平面；（2）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解析】试题分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于同一条直线的两条直线平行得，根据线面平行的判定定理证明平面；（2）解法1，如图2，连结，证明四边形与四边形是等腰梯形，分别取、、的中点为、、，连结、，证明是平面与平面所成的二面角的平面角，设存在，使平面与平面-26-\n所成的二面角为直二面角，求出的值；解法2，以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，用向量法求解.几何法：（1）证明：如图1，连结，由是正方体，知，当时，是的中点，又是的中点，所以，所以，而平面，且平面，故平面.于是，，所以四边形是等腰梯形，同理可证四边形是等腰梯形，分别取、、的中点为、、，连结、，则，，而，故是平面与平面所成的二面角的平面角，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，连结，因为、是、的中点，所以，-26-\n在中，，，，由得，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.向量法：以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，由已知得，所以，，，（1）证明：当时，，因为，所以，即，而平面，且平面，故直线平面.-26-\n故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.【方法总结】立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略．1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力．2．存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．3．结论探索型-26-\n立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．【空间角的范围处理错误注意点】解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题.【典例试题演练】1．【2022黔东南州高考第一次模拟】在平行四边形中，,,若将其沿折成直二面角,则与所成的角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】∵，，如图∴，∴，过点A作，在和，，则，，在空间四边形中，直二面角，∵，，∴平面，以点为原点，以为轴，为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，，∴，，，设与所成的角为，则，故选B.2．【2022届湖南省衡阳市高三下学期第三次联考】如图所示，在正方体中，，，直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，则（）-26-\nA.B.C.D.【答案】A【解析】由题意可知，则，以点D为坐标原点，DA,DB,DD1方向为轴正方向建立空间直角坐标系可知：，平面的法向量，据此可得：.本题选择A选项.3．【2022届安徽省江淮十校高三下学期第三次联考】如图，正四面体中，、分别是棱和的中点，则直线和所成的角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】解：如图所示，作AO⊥底面BCD，垂足为O，O为底面等边△BCD的中心，建立空间直角坐标系．不妨取CD=2．则：，设点M是线段CD的中点，则：-26-\n利用空间向量求解余弦值有：.∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为.4．【2022届河北省衡水中学押题卷】如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于__________．【答案】【解析】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则：得直线和所成角的余弦值等于-26-\n5．【2022届河北省武邑中学高三下学期一模】高为的四棱锥的底面是边长为1的正方形，点、、、、均同一球面上，底面的中心为，球心到底面的距离为，则异面直线与所成角的余弦值的范围为__________．【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设由题设外接球的半径，则，即。由于，因此，又因为，即，所以，应填答案。6．【2022届福建省宁德市高三毕业班第三次质量检查】如图，在四棱台中，底面为平行四边形，为上的点.且.-26-\n（1）求证：；（2）若为的中点，为棱上的点，且与平面所成角的正弦值为，试求的长.试题解析：(1)在平行四边形中，，在中，，可得.又.又平面，，又平面.又平面平面.又平面.-26-\n(2)为的中点，，所以四边形为菱形.又平面，所以分别以为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点..设平面的一个法向量为，则有，令，则，设，，，，或（舍去）..7．【2022届河南省漯河市高级中学高三上学期第三次模拟】如图，四边形和四边形均是直角梯形，二面角是直二面角，-26-\n.（1）证明：在平面上，一定存在过点的直线与直线平行；（2）求二面角的余弦值.【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；（2）可证，则以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角的余弦值试题解析：（1）证明：由已知得平面平面，所以平面，同理可得平面，又,所以平面平面,设平面平面，则过点，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，即在平面上一定存在过点的直线，使得.-26-\n设平面的法向量为，则，不妨设，则，不妨取平面的一个法向量为，所以，由于二面角为锐角，因此二面角的余弦值为.8．【2022届河北省衡水市武邑中学高三上学期第三次调研】在五面体中，,,，平面平面.(1)证明:直线平面；(2)已知为棱上的点，试确定点位置，使二面角的大小为.【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，先证明，平面平面，平面平面，即可得到直线平面；（2）根据题意，取-26-\n的中点，证明两两垂直，以为原点，的方向为轴，建立空间直角坐标系，由二面角的大小为，根据空间向量夹角余弦公式列方程即可确定在棱上的位置.试题解析：（1）四边形为菱形，，平面平面，平面平面平面，又直线平面.(2)，为正三角形，取的中点，连接，则，平面平面平面，平面平面平面两两垂直，以为原点，的方向为轴，建立空间直角坐标系，，，由（1）知是平面的法向量，，设，则，设平面的法向量为，，令，则，，二面角为，，解得，在靠近-26-\n点的三等分处.9．【2022届江西省红色七校高三第一次联考】有一个侧面是正三角形的四棱锥如图（1），它的三视图如图（2）．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求平面与正三角形侧面所成二面角的余弦值．【解析】试题分析：（Ⅰ）由三视图可知，四棱锥中平面，四边形为直角梯形，在底面证出，又即得证.（Ⅱ）由三视图可知，四棱锥的正三角形侧面为面建立空间直角坐标系，找出两个面的法向量，找向量的夹角的余弦值即得解（Ⅱ）由三视图可知，四棱锥的正三角形侧面为面．为正三角形，∴．在中，．以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，-26-\n有．由（Ⅰ）知是平面的一条法向量．向量，设平面的法向量为，由，得的一组解．设平面与正三角形侧面所成二面角为，则10．【2022届陕西省西安市西北工业大学附属中学高三下学期第八次模拟考试】【全国百强校】在矩形中，，是边的中点，如图（1），将沿直线翻折到的位置，使，如图（2）.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）已知，，分别是线段，，上的点，且，，平面，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明平面，从而可得，由平面几何知识可得，由线面垂直的判定定理可得BE⊥平面PCE，进而由面面垂直的判定定理可得结论；（Ⅱ）以点为原点，分别以，所在直线为，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.-26-\n又因为，，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（Ⅱ）在图（2）中，以点为原点，分别以，所在直线为，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示.由题意可知，，，取的中点，连结.由（Ⅰ）可知平面平面.又因为，所以.又因为平面平面，所以平面.可得.又因为，所以.-26-\n因为，可得.设，可得.所以.又因为，，设平面的法向量为，则令，可得，所以因为平面，所以，可得.所以.由（Ⅰ）可知平面，所以是平面的一个法向量，.可得.所以直线与平面所成角的正弦值为.-26-
