专题8.7立体几何中的向量方法2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题8.7 立体几何中的向量方法 1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. 新课程考试要求 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 4．会用向量方法求解两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的问题. 核心素养 本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等. （1）以几何体为载体，综合考查平行或垂直关系证明，以及角与距离的计算. （2）利用几何法证明平行、垂直关系，利用空间向量方法求角或距离. （3）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要 围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命 制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间 考向预测 的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式 呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数 量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中 加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂 直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离. 【知识清单】 知识点1．利用空间向量证明平行问题 1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称AB为直线l的方向向量，与AB平行 的任意非零向量也是直线l的方向向量． ②平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向 量的方程组为 2.用向量证明空间中的平行关系 ①设直线l和l的方向向量分别为v和v，则l∥l(或l与l重合) v∥v. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v 1 和v 2 ，⇔则l∥α或l α 存在两个实数 x，y，使v＝xv＋yv. ⊂ ⇔ 1 2 ③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l α v⊥u. ④设平面α和β的法向量分别为u 1 ，u 2 ，则α∥β u 1 ∥u 2 . ⊂ ⇔ 知识点2．利用空间向量证明垂直问题 ⇔ 1. 用向量证明空间中的垂直关系 ①设直线l和l的方向向量分别为v和v，则l⊥l v⊥v v·v＝0. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ⇔ ⇔②设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α v∥u. ③设平面α和β的法向量分别为u 1 和u 2 ，则α⊥β u 1 ⊥u 2⇔u 1 ·u 2 ＝0. 2.共线与垂直的坐标表示 ⇔ ⇔ 设a＝(a，a，a)，b＝(b，b，b)，则a∥b a＝λb a＝λb，a＝λb，a＝λb(λ∈R)， 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 a⊥b a·b＝0 a 1 b 1 ＋a 2 b 2 ＋a 3 b 3 ＝0(a，b均为⇔非零向量⇔)． 知识⇔点3．异面⇔直线所成的角 1.两条异面直线所成的角 ①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直 角叫做a与b所成的角．  (0, ] ②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是 2 ．  ab cos|cos||  | |a||b| ③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有 . 知识点4．直线与平面所成角 1．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α 所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝. 知识点5．二面角 1．求二面角的大小   (1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB， CD 〉．   n ,n n ,n  (2)如图2、3， 1 2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小 1 2 n ,n  (或 1 2 )．知识点6．利用向量求空间距离 1．空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算 设a＝(a，a，a)，b＝(b，b，b)， 1 2 3 1 2 3 则①a±b＝(a±b，a±b，a±b)； 1 1 2 2 3 3 ②λa＝(λa，λa，λa)； 1 2 3 ③a·b＝ab＋ab＋ab. 1 1 2 2 3 3 (2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(a，a，a)，b＝(b，b，b)， 1 2 3 1 2 3 则a∥b⇔a＝λb⇔a＝λb，a＝λb，a＝λb(λ∈R)， 1 1 2 2 3 3 a⊥b⇔a·b＝0⇔ab＋ab＋ab＝0(a，b均为非零向量)． 1 1 2 2 3 3 (3)模、夹角和距离公式 设a＝(a，a，a)，b＝(b，b，b)， 1 2 3 1 2 3 则|a|＝＝， cos〈a，b〉＝＝. 设A(a，b，c)，B(a，b，c)， 1 1 1 2 2 2  d | AB| (a a )2 (b b)2 (c c )2 则 AB 2 1 2 1 2 1 . 2. 点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝. 【考点分类剖析】 考点一 ：利用空间向量证明平行问题 ABCDABC D E,F,M,N 【典例1】(湖北高考真题)如图，在棱长为2的正方体 1 1 1 1中， 分别是棱   AB,AD,AB ,AD P,Q DD BB DP BQ02 1 1 1 1的中点，点 分别在棱 1, 1上移动，且 . 1 BC // EFPQ （1）当 时，证明：直线 1 平面 .BC // EFPQ 【答案】直线 1 平面 . 【解析】以D为原点，射线 DA,DC,DD 1分别为 x,y,z 轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系 Dxyz ， B(2,2,0),C (0,2,2),F(1,0,0),P(0,0,) 由已知得 1 ， BC (2,0,2) FP (1,0,) FE (1,1,0) 所以 1 ， ， ， 1 FP (1,0,1) BC (2,0,2) （1）证明：当 时， ，因为 1 ， BC 2FP BC //FP 所以 1 ，即 1 ， 而FP平面 EFPQ ，且 BC 1  平面 EFPQ ， BC // EFPQ 故直线 1 平面 . 【规律方法】 利用空间向量证明平行的方法【变式探究】 BAC 90 （选自天津高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC， .点D，E，N分别为棱PA， PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； 【答案】 （Ⅰ）证明见解析    【解析】如图，以A为原点，分别以AB，AC ，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系. 依题意可得 A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0， 0，1），N（1，2，0）.  DE DB 2 n(x,y,z) （Ⅰ）证明： =（0，2，0）， =（2，0， ）.设 ，为平面BDE的法向量，  nDE0 2y0      nDB0 2x2z0 z1 n(1,0,1) MN 1 MNn0 则 ，即 .不妨设 ，可得 .又 =（1，2， ），可得 . 因为MN 平面BDE，所以MN//平面BDE. 【总结提升】 证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平 面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为了数量的计 算问题． 考点二 ： 利用空间向量证明垂直问题 【典例2】（2021·浙江高二期末）已知正方体 ， 是棱 的中点，则在棱 上存在点 ，使得（ ） A． B． C． 平面 D． 平面 【答案】B 【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，写出点的坐标，用向量法确定线线平行与垂直，由 向量与平行法向量的平行与垂直确定线面的平行与垂直． 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则 ， ， ，设 （ ，则 ， ， 因为 ，所以 不可能平行，即 不可能平行， 又 ， ，因此 可以垂直，即 与 可能垂直． ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ，则 ， 与 不可能平行，因此 与平面 不可能垂直， ，因此 与 不可能垂直，因此 与平面 不可能平行， 故选：B． 【规律方法】 用空间向量证明垂直问题的方法【变式探究】 ABCD ABC D E,F 在边长是2的正方体 - 1 1 1 1中， 分别为 AB,AC 1 的中点. 应用空间向量方法求解下列问题. z y x (1)求EF的长 EF // AADD (2)证明： 平面 1 1 ； ACD (3)证明: EF 平面 1 . 2 【答案】（1） （2）见解析；（3）见解析. ； 【解析】 (1)如图建立空间直角坐标系z y x A (2,0,2) ,A(2,0,0) ,B(2,2,0) ,C (0,2,0),D (0,0,2) 1 1 E (2,1,0) ,F (1,1,1) (cid:4) EF (1,0,1) ,|EF | 2 4分 (cid:4)  AD (2,0,2) AD EF （2） 1 1 EF 面ADD A 而 1 1 EF // AADD 平面 1 1 8分 (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4)  EFCD0, EFA D=0 EFCD, EFA D （3） 1 1 CDA D=D 又 1 ACD EF 平面 1 . 【总结提升】 1.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转 化为直线与直线垂直证明． 2.要证明两线垂直，需转化为两线对应的向量垂直，进一步转化为证明两向量的数量积为零，这是证明两 线垂直的基本方法，线线垂直是证明线面垂直，面面垂直的基础． 3.证明线面垂直，可利用判定定理．如本题解法． 4.用向量证明两个平面垂直，关键是求出两个平面的法向量，把证明面面垂直转化为法向量垂直． 考点三 ： 异面直线所成的角 【典例3】（2021·天津高二期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣ABC D 中，E，F分别为DD ，BD 1 1 1 1 1的中点，点G在CD上，且CG＝ CD. （1）求证：EF⊥BC； 1 （2）求EF与C G所成角的余弦值. 1 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 如图建立空间直角坐标系，（1）利用空间向量证明，（2）利用空间向量求解 【详解】 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz. 则E（ ）， ， （1）∵ ， ， ∵ ， （2）由（1）知 ， ∴ ， ， ，设EF与C G所成角为 ，则 1 故EF与C G所成角的余弦值为 1 【特别提醒】 提醒：两异面直线所成角θ的范围是，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹 角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才 是两异面直线所成的角． 【变式探究】 （2021·江苏省苏州第十中学校高一月考）由两块直角三角形拼成如图所示的空间立体图形，其中 ，当 时，此时 四点外接球的体积为 __________；异面直线 所成角的余弦为__________.【答案】 ； . 【解析】 求得 ，取 的中点 ，由 得点 是四面体 外接球的球心，外接球 半径 ，进而可得外接球的体积；证得 平面 ，建系如图，由空间向量的夹角公式可得结 果. 【详解】 依题意可知 ， ，当 时， ，则 ，取 的中点 ，则 ；又 ，则 ，所以 ，即点 是四面体 外 接球的球心，外接球半径 ，故外接球的体积 . 依题意 ， ，当 时， ，则 ，又 ，且 ，所以 平面 . 以点 为原点， 为 轴， 轴建立空间直角坐标系如图. 过点 作 于点 ，由 得 ，则 ，所以，又 ， ， ，则 ， . 设异面直线 ， 所成的角为 ，则 . 故答案为：① ；② . 【总结提升】 向量法求两异面直线所成角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v，v； 1 2 (3)代入公式|cos〈v，v〉|＝求解． 1 2 考点四 ： 直线与平面所成角 【典例4】（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， ，M，N分别为 的中点， . （1）证明： ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 （1）要证 ，可证 ，由题意可得， ，易证 ，从而 平面 ， 即有 ，从而得证；（2）取 中点 ，根据题意可知， 两两垂直，所以以点 为坐标原点，建立空间直角坐 标系，再分别求出向量 和平面 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【详解】 （1）在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ， 所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，而 平面 ，所以 ，又 ，所以 ． （2）由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所以 ，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，建立 空间直角坐标系, 则 , 又 为 中点，所以 . 由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量 从而直线 与平面 所成角的正弦值为 ．【规律方法】 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余 角就是斜线和平面所成的角. 【变式探究】 ABCDABC D BB （2020·北京高考真题）如图，在正方体 1 1 1 1中，E为 1的中点． BC // ADE （Ⅰ）求证： 1 平面 1 ； AA ADE （Ⅱ）求直线 1与平面 1 所成角的正弦值． 2 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）3 . 【解析】 （Ⅰ）如下图所示：ABCDABC D AB//AB AB  AB AB //C D AB C D 在正方体 1 1 1 1中， 1 1且 1 1， 1 1 1 1且 1 1 1 1， AB//C D ABC D ABC D BC //AD 1 1且 1 1，所以，四边形 1 1为平行四边形，则 1 1，  BC  ADE AD  ADE BC // ADE 1 平面 1 ， 1 平面 1 ， 1 平面 1 ； （Ⅱ）以点 A 为坐标原点， AD 、 AB 、 AA 1所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐 Axyz 标系 ， ABCDABC D A0,0,0 A 0,0,2 D 2,0,2 E0,2,1 设正方体 1 1 1 1的棱长为2，则 、 1 、 1 、 ，   AD 2,0,2 AE 0,2,1 1 ， ， (cid:4) (cid:4) nAD 0 2x2z 0 设平面 ADE 的法向量为n  x,y,z，由  n (cid:4)   A (cid:4) E 1 0 ，得 2yz 0 ， 1 令z 2，则x2， y 1 ，则 n2,1,2 .     nAA 4 2 cosn,AA   1   1 n  AA 32 3 . 1 2 AA ADE 因此，直线 与平面 所成角的正弦值为3 . 1 1 考点五 ： 二面角 【典例5】（江苏省扬州市2020-2021学年高二下学期期中调研数学试题）已知在四棱锥 中， 平面 为 的中点. （1）求证; 平面 ; （2）若 ，求锐二面角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）取 的中点为 ，分别连接 ，证明 后可得线面平行； （2）以 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】 （1）证明：取 的中点为 ，分别连接又因为 为 的中点，所以 ，且 又因为 所以 ， 所以四边形 是平行四边形，所以 又 平面 平面 所以 平面 （2）解：由题意 三条直线两两相互垂直. 以 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系如图， 因为在四边形 中， 所以点 在线段 的垂直平分线上.又因为 所以 所以有点 ， ， 所以设平面 的一个法向量 ， 则 令 得 易知平面 的一个法向量为 ， 因为 ， 所以 ， 所以锐二面角 的余弦值为 . 【规律方法】 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得 到二面角的大小．但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量， 则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 【变式探究】 （2019年高考全国Ⅲ卷理）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，连结DG，如图2. （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. 30 【答案】（1）见解析；（2） .   【解析】（1）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，故AB平面BCGE． 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE． （2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC． 3 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ．  HC 以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，   3 CG 3 AC 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2，–1，0）． 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则   CGn0, x 3z 0,   ACn0, 2x y 0. 即 3 所以可取n=（3，6，– ）． nm 3 cosn,m   |n||m| 2 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以 ． 因此二面角B–CG–A的大小为30°． 考点六 ： 利用向量求空间距离 【典例6】（2021·北京高二期末）如图，在长方体 中，底面 是边长为 的正方形， ， 分别为 的中点．（1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值； （3）求直线 与平面 之间的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） ． 【解析】 （1）推导出 ，由此能证明 平面 ； （2）以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 与平面 所成角的正弦值． （3）由 平面 ， ，0， ，平面 的法向量 ， ， ，利用向量法能求出直线 与平面 之间的距离． 【详解】 解：（1）取 的中点 ，连接 ． 因为 ，且 ； ，且 ， 所以 ，且 ． 所以四边形 为平行四边形． 所以 ．在矩形 中，因为 分别为 的中点， 所以 ．所以 ． 又 平面 ， 所以 平面 ． （2）如图建立空间直角坐标系 ． 则 ， ， ， ． 所以 ， ， ． 设平面 的法向量为 ，则 即 令 ，则 ， ，于是 ． 设直线 与平面 所成角为 ，则 ． （3）由（1）知 平面 ， 所以直线 与平面 之间的距离为点 到平面 的距离． 所以直线 与平面 之间的距离为 ．【总结提升】 利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空 间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量； ④破“应用公式关”． 【变式探究】 PABCD ACBD O ABC90 （2019·安徽高三期末（文））如图，在四棱锥 中， 交于点 ， ， ADCD PO ABCD ， 底面 ． 1 求证： AC 底面PBD； 2 若PBC 是边长为2的等边三角形，求 O 点到平面 PBC 的距离． 6 【答案】（1）见证明；（2） 3 【解析】1 证明： 在四棱锥 PABCD 中， ACBD 交于点O，ABC90 ， ADCD ， PO 底面 ABCD． ACPO BDPOO ，又 ， AC 平面PBD． 2 以O为原点，OD为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，  ACBD ABC90 ADCD PBC 交于点O， ， ， 是边长为2的等边三角形， ABBC2 AC 44 2 2 AOCOBO 2 PO 42  2 ， ， ， ，   C 0, 2,0 P(0,0， 2)，O(0,0，0)， ，B( 2,0，0)， (cid:4) (cid:4) (cid:4)   PC 0, 2, 2 PO(0,0， 2)，PB( 2,0， 2)， ， (cid:4) n (x, z) 设平面PBC的法向量 y， ， (cid:4) (cid:4)  nPB 2x 2z 0 则 n (cid:4) P  C (cid:4)  2y 2z 0 ，取 x 1 ，得 n  1,1,1 ， (cid:4)  POn 2 6    点到平面PBC的距离 n 3 3 . O d