2019年高考数学(理)二轮专题4第9讲 空间向量与立体几何
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第9讲 空间向量与立体几何
高考统计·定方向
热点题型 真题统计 命题规律
题型1：求空间线面角 2018全国卷ⅠT18；2018全国卷ⅡT20；2017全国卷ⅡT19；2016全国卷ⅢT19；2015全国卷ⅡT19 分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：
多以解答题的形式出现，一般位于第18或19题的第(2)问，主要考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上. 题型2：求空间二面角 2018全国卷ⅢT19；2017全国卷ⅠT18；2017全国卷ⅡT19；2017全国卷ⅢT19；2016全国卷ⅠT18；2016全国卷ⅡT19；2014全国卷ⅠT19
题型3：利用空间向量解决探索性问题 暂无考题
题型1 求空间线面角
(对应学生用书第48页)
■核心知识储备·
直线与平面的夹角
(1)直线与平面的夹角θ∈0，π2.
(2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a|·|n|.
■高考考法示例· 【例1】 (2018·洛阳模拟)如图2-4-34，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.
图2-4-34
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．
又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB．
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，
所以PO⊥AD．
因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD．
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD．
如图，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得，A(0,1,0，)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
n·PD→＝0，n·PC→＝0，即 －y－z＝0，2x－z＝0，
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又∵PB→＝(1,1，－1)，
∴cos α＝PB→·n|PB→||n|＝－33.
∴PB与平面PCD所成角的正弦值为|cos α|＝33.
题型2 求空间二面角
(对应学生用书第48页)
■核心知识储备·
向量法求二面角
求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α-l-β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|；若二面角α-l-β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n1，n2〉|＝－|n1·n2||n1||n2|.
■高考考法示例·
【例2】 如图2-4-35，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上．
图2-4-35 (1)当AB＝2时，证明：平面SAB⊥平面SCD；
(2)若AB＝1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值．
[解] (1)证明：作SO⊥AD，垂足为O(图略)，依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD，
又AB⊥AD，∴AB⊥平面SAD，AB⊥SA，AB⊥SD．
利用勾股定理得SA＝SB2－AB2＝4－2＝2，
同理可得SD＝2.
在△SAD中，AD＝2，SA＝SD＝2，∴SA⊥SD．
∴SD⊥平面SAB，又SD⊂平面SCD，
所以平面SAB⊥平面SCD．
(2)连接BO，CO，∵SB＝SC，
∴Rt△SOB≌Rt△SOC，BO＝CO，
又四边形ABCD为长方形，
∴Rt△AOB≌Rt△DOC，
∴OA＝OD．
取BC中点为E，得OE∥AB，连接SE，∴SE＝3，
其中OE＝1，OA＝OD＝1，OS＝3－12＝2.
由以上证明可知OS，OE，AD互相垂直， 不妨以OA，OE，OS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
∵OE＝1，∴OS＝2，
∴DC→＝(0,1,0)，SC→＝(－1,1，－2)，BC→＝(－2,0,0)，
设m＝(x1，y1，z1)是平面SCD的法向量，
则有 m·DC→＝0，m·SC→＝0，即 y1＝0，－x1＋y1－2z1＝0，
令z1＝1得m＝(－2，0,1)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面SBC的法向量，
则有 n·BC→＝0，n·SC→＝0，即 －2x2＝0，－x2＋y2－2z2＝0，
令z1＝1得n＝(0，2，1)．
则|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|·|n|＝13.
所以平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值为13.
【教师备选】
(2016·全国卷Ⅱ)如图2-4-36，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＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.
图2-4-36
(1)证明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B-D′A-C的正弦值．
[思路点拨] (1)题设条件翻折，D′H⊥EF—————→勾股定理D′H⊥OH→D′H⊥平面ABCD；
(2)建系→求法向量→求二面角的余弦值→求二面角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．
又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，
故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.
由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，
所以D′H⊥平面ABCD．
(2)如图，以H为坐标原点，HF→的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H-xyz，则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
AB→＝(3，－4,0)，AC→＝(6,0,0)，AD′→＝(3,1,3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则 m·AB→＝0，m·AD′→＝0，
即 3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，
所以可取m＝(4,3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
n·AC→＝0，n·AD′→＝0，
即 6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，
所以可取n＝(0，－3,1)．
于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.
sin〈m，n〉＝29525.
因此二面角B-D′A-C的正弦值是29525.
[方法归纳]
二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角或其补角或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.
提醒：利用向量法求二面角，必须要判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”.
■对点即时训练· (2018·全国卷Ⅲ)如图2-4-37，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧︵CD所在平面垂直，M是︵CD上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
图2-4-37
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
[解] (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为︵CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
(2)以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为︵CD的中点．
由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，
AM→＝(－2,1,1)，AB→＝(0,2,0)，DA→＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则 n·AM→＝0，n·AB→＝0，即 －2x＋y＋z＝0，2y＝0. 可取n＝(1,0,2)．
DA→是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，DA→〉＝n·DA→|n||DA→|＝55，sin〈n，DA→〉＝255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.
题型3 利用空间向量解决探索性问题
(对应学生用书第49页)
■核心知识储备·
立体几何中探索性问题的种类及其求法
(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究．
(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决．
■高考考法示例·
【例3】 (2018·衡水金卷 )在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且BC＝BB1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°.
图2-4-38
(1)求证：BD⊥CC1；
(2)若动点E在棱C1D1上，试确定点E的位置，使得直线DE与平面BDB1所成角的正弦值为714.
[解] (1)连接A1B，A1D，AC，
因为AB＝AA1＝AD，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，
