第三講　空間向量與立體幾何(理科)
導(dǎo)航立前沿?考點(diǎn)啟方向
自主先熱身?真題定乾坤
核心拔頭籌?考點(diǎn)巧突破
明晰易錯(cuò)點(diǎn)?高考零失誤
以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上．
2．(2021·全國(guó)卷甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小？
3．(2021·全國(guó)卷乙卷)如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC中點(diǎn)，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A-PM-B的正弦值．
∴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.
所以AF∥MB1且AF＝MB1，AD∥ME且AD＝ME，又在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，有AD∥B1C1，且AD＝B1C1，所以B1C1∥ME且B1C1＝ME，則四邊形B1C1EM為平行四邊形，所以EC1∥MB1，所以AF∥EC1，所以點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)．
6．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大?。窘馕觥俊?1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
1．高考對(duì)此部分的命題一般為“一小一大”或“一大”，即一道選擇題或填空題與一道大題，或一道大題．2．解答題多出現(xiàn)在第18，19題的位置，考查空間中平行、垂直的證明，利用空間向量求空間角，難度中等．
設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
考點(diǎn)一　利用向量證明平行與垂直
(2)線面垂直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.
如圖，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.
利用向量法證明平行與垂直的四個(gè)步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系，建系時(shí)，要盡可能地利用已知的垂直關(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題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面．(3)通過空間向量的運(yùn)算求出平面向量或法向量，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)問題．
1．如圖，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，點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)O為DF的中點(diǎn)．運(yùn)用向量方法證明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.
考點(diǎn)二　利用空間向量求空間角
由直四棱柱底面ABCD為菱形，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.
【解析】　(1)證明：∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2，Q為AB的中點(diǎn)，所以BQ∥CD且BQ＝CD，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，所以DQ∥BC，∵BC?平面PBC，DQ?平面PBC，所以DQ∥平面PBC.
(1)運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟：①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；②求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；③寫出向量坐標(biāo)；④結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．
(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cs α＝|cs β|；②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角；③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對(duì)值，注意函數(shù)名稱的變化．
利用空間向量巧解探索性問題(1)空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無(wú)須進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷．(2)解題時(shí)，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”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等問題，所以為使問題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題．提醒：探索線段上是否存在點(diǎn)時(shí)，注意三點(diǎn)共線條件的應(yīng)用．
考點(diǎn)三　立體幾何中的探索性問題
【解析】　(1)存在，當(dāng)點(diǎn)F為線段B1C1的中點(diǎn)時(shí)，平面A1AF∥平面ECC1.證明：在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AD∥B1C1.又因?yàn)镃C1?平面ECC1，AA1?平面ECC1，所以AA1∥平面ECC1.又E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以AE∥FC1，且AE＝FC1.
故四邊形AEC1F為平行四邊形，所以AF∥EC1，又因?yàn)镋C1?平面ECC1，AF?平面ECC1，所以AF∥平面ECC1.又因?yàn)锳F∩AA1＝A，AA1?平面A1AF，AF?平面A1AF，所以平面A1AF∥平面ECC1.
利用空間向量巧解探索性問題(1)對(duì)于存在型問題，解題時(shí)，把要滿足的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“是否有解”“是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．(2)對(duì)于位置探索型問題，通常借助向量，引入?yún)?shù)，綜合條件和結(jié)論列方程，解出參數(shù)，從而確定位置．
如圖所示，四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，側(cè)面PDC是邊長(zhǎng)為a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E為PC的中點(diǎn)．(1)求異面直線PA與DE所成的角的余弦值；(2)AP與平面ABCD所成角的余弦值．
易錯(cuò)點(diǎn)一：混淆空間角與向量所成角致誤
【易錯(cuò)釋疑】　本題失分的根本原因是概念不清，混淆了空間角與向量所成的角的概念，當(dāng)然運(yùn)算錯(cuò)誤也是常見的一種失分原因，避免失分，首先要理解空間角與向量的角是兩個(gè)不同的概念；其次要理清向量的夾角與空間角的關(guān)系．
易錯(cuò)點(diǎn)二：忽視平面圖形翻折前后的顯性關(guān)系致誤
(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱PA上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線BM與平面PAC所成的角最大時(shí)，求二面角P-BC-M的余弦值．
【易錯(cuò)釋疑】　(1)本題的易錯(cuò)點(diǎn)是不會(huì)將空間幾何圖形的線段關(guān)系與展開后的平面圖形中的線段關(guān)系進(jìn)行比較，得到空間位置關(guān)系中需要的數(shù)據(jù)，導(dǎo)致解題的錯(cuò)誤．求解平面圖形的翻折問題時(shí)，避開易錯(cuò)點(diǎn)的關(guān)鍵是注意翻折前后的不變量及位置關(guān)系，對(duì)照翻折前后的圖形，弄清楚變的量與不變的量，再立足于不變的量的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探究變化的量在空間圖形中的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系．

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