澳际出国留学-教师节给老师的一封信

(理)第3讲 立体几何中的向量方法
[考情考向·高考导航]
空间向量在立体几何中的应用主要体现在利用空间向量解决立体几何中的位置关系、空
间角以及空间距 离的计算等问题，是每年高考的必考内容，并且以解答题的形式出现，其考
查形式为一题多问，多步设问 ，通常第一问考查空间位置关系，第二、三问考查空间角或距
离，难度中等．利用空间向量求空间角仍是 重点，对于探索点或线满足所给关系的问题要引
起重视．

[真题体验]
(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A
1
B
1
C
1< br>D
1
的底面是菱形，AA
1
＝4，

AB＝2，∠ BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB
1
，A
1
D的中点．
(1)证明：MN∥平面C
1
DE；
(2)求二面角A－MA
1
－N的正弦值．

< br>证明：(1)连B
1
C，ME，则ME
1
又DN＝A
1
D
2
而A
1
D
∴ME
B
1
C
ND.
1
BC，
2
1
∴四边形MNDE为平行四边形，
∴MN∥DE
又MN⊄平面C
1
DE，
DE⊂平面C
1
DE
∴MN∥平面C
1
DE.
(2)取AB的中点F，连接DF，
由已知，DF⊥DC，DF⊥D
1
D.
以D为坐标原点，DF，DC，DD
1
所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直 角坐标
系，如图，

∵AA
1
＝4，AB＝2.
∴A
1
(3，－1,4)，
M(3，1,2)，N

31

，－，2
，
2

2
→
则A
1
M＝(0,2，－2)， 31
→
A
1
N＝

－，，－2

.

22


设平面MA
1
N的法向量为m＝(x，y，z)，
→→
则m⊥A
1
M，m⊥A
1
N
2y－2z＝0，


∴

令y＝1，
31

－
2
x＋
2
y－2z＝0，
得平面MA< br>1
N的一个法向量为m＝(－3，1,1)．
又平面AMA
1
的一个法向量为n＝(1,0,0)，
设二面角A－MA
1
－N的平面角为θ，则
m·n
－3
15
cos θ＝＝＝－.
|m|·|n|5
5
∴sin θ＝
10
.
5
10
.
5
[主干整合]
1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a
1
，b
1
，c
1
)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a
2
，b
2
，c
2
)，v＝
(a
3
，b3
，c
3
)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝ 0⇔a
1
a
2
＋b
1
b
2
＋c
1
c
2
＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1
＝ka
2
，b
1
＝kb
2
，c
1< br>＝kc
2
.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a
2
＝λa
3
，b
2
＝λb
3
，c
2＝λc
3
.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a
2
a
3
＋b
2
b
3
＋c
2
c< br>3
＝0.
2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l， m的方向向量分别为a＝(a
1
，b
1
，c
1
)，b＝(a
2
，b
2
，c
2
)，平面α，β的法向量分
别为μ ＝(a
3
，b
3
，c
3
)，v＝(a
4
， b
4
，c
4
)(以下相同)．
(1)线线夹角
π
0≤θ≤

，则 设l，m的夹角为θ

2

|a
1
a
2
＋b
1
b
2
＋c1
c
2
|
|a·b|
cos θ＝＝
2
.
2
a
2
＋b
2
＋c
2
|a||b|a
1
＋b
2
＋c
11222
(2)线面夹角

即二面角A－MA
1
－N的正弦值为

π
0≤θ≤

，则 设直线l与平面α的夹角为θ

2

|a·μ|
sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
|a||μ|
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)．
则|cos θ|＝
|μ·v|
＝|cos〈μ，v〉|.
|μ||v|

热点一 利用向量法证明平行与垂直
数学
建模
素养
[例1]
数学建模——用向量解决空间立体几何中的核心素养
以学习过的空间向量为基础，通过将几何 向量化，以向量作为刻画空间中点、
线、面位置关系的连接点，解决空间几何中难解决的问题.

(2019·沈阳三模)如图，平面PAC⊥平面AB C，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
E，F，O分别是PA，PB，AC的中点，AC＝1 6，PA＝PC＝10.
(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；
(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.
[证明]
(1)如图，连接OP，∵PA＝PC，∴OP⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.
以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz .
则O(0,0,0)，A(0，－8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6 )，E(0，－4,3)，F(4，0,3)．
由题意，得G(0,4,0)．
→→
因为OB＝(8,0,0)，OE＝(0，－4,3)，
所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)．
→→
由FG＝(－4,4，－3)，得n·FG＝0.又直线FG不在平面BOE内，
所以FG∥平面BOE.
(2)设点M的坐标为(x
0
，y
0,
0)，
→
则FM＝(x
0
－4，y
0
，－3)．
因为FM⊥平面BOE，
9
→
所以FM∥n，因此x
0
＝4，y
0
＝－，
4
9
4，－，0

. 即点M的坐标是

4


x＞0，

y＜0，
在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组

x－y＜8，


z＝0.
经检验，点M的坐标满足上述 不等式组．
所以，在△AOB内存在一点M，
使FM⊥平面BOE.
9
由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，.
4



用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只
需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方向
证明直线a ∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来
证明线面平行 ，仍需强调直线在平面外．

(2019· 淄博三模)如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，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.
证明：

以A为原点，AB，A D，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图
111
，1，

，F

0，1，

，所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0) ，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,1)，所以E

2

2



2

1
→→→→→
－，0，0< br>
，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0, 0)． EF＝


2

1
→→→→
(1)因为E F＝－AB，所以EF∥AB，
2
即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，

所以EF∥平面PAB.
→→
(2)因为AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
→→
AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
→→→→
所以AP⊥DC，AD⊥DC，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以DC⊥平面PAD.
因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.
热点二 利用空间向量求空间角
[例2] (2019·天津卷)

如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD ∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
1
(3)若二面角E－BD－F的余弦值为，求线段CF的长．
3
[审题指导] 由条件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量解决．
→→
(1) 证明BF与平面ADE的法向量AB垂直即得线面平行，也可以通过证明平面ADE与平面
BCF平行来 实现线面平行的转化．
→
(2)CE与平面BDE的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为所 求直线与平面所成角的正弦
值．
(3)设CF＝h，用h表示二面角EBDF的余弦值，通过解方程得到线段长．
[解析]

→→→
依题意，建立以A为原点，分别以AB ，AD，AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间
直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B (1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．
设CF＝h(h＞0)，则F(1,2，h)．
→
(1)依题意，AB＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，
→→→
又BF＝(0,2，h)，可得BF·AB＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
→→→
(2)依 题意，BD＝(－1,1,0)，BE＝(－1,0,2)，CE＝(－1，－2,2)．
→

BD＝0，

n·
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则


→

BE＝0，

n·


－x＋y＝0，
即

不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．

－x＋2z＝0，



→
CE·n4
→
因此有cos〈CE，n〉＝＝－.
9
→
|CE||n|
4
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
9(3)设m＝(x
1
，y
1
，z
1
)为平面BDF的法 向量，
→


－x
1
＋y
1
＝0，BD ＝0，

m·

则

即


< br>→2y＋hz＝0，

11

BF＝0，

m·

2
1，1，－

. 不妨令y
1
＝1，可得m＝

h


由题意，有|cos〈m，n〉|＝
|m·n|
＝
|m||n|
3

4－
2


h

1
＝，
4
3
2＋
2
h
8
解得h＝.经检验，符合题意．
7
8
所以，线段CF的长为.
7

1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.
2．直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin
θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向< br>量的夹角(或其补角)．
3．二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 ．

(2018·江苏卷)

如图 ，在正三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，AB＝AA
1
＝2，点P，Q分别为A
1
B
1
，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC
1
所成角的余弦值；
(2)求直线CC
1
与平面AQC
1
所成角的正弦值．
解：

如图，在正三棱柱ABC－A
1
B
1
C< br>1
中，设AC，A
1
C
1
的中点分别为O，O
1，则OB⊥OC，
→→→
OO
1
⊥OC，OO
1
⊥OB ，以{OB，OC，OO
1
}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为AB＝AA
1
＝2，
所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C (0,1,0)，A
1
(0，－1,2)，B
1
(3，0,2)，C
1
(0,1,2)．
(1)因为P为A
1
B
1
的中点，所 以P(
31
，－，2)，
22
31
→→
从而BP＝(－， －，2)，AC
1
＝(0,2,2)，
22

< br>→→
|BP·AC
1
|
|－1＋4|
310
→→故|cos ＜BP，AC
1
＞|＝＝＝.
20
→→
5×22
|BP|·|AC
1
|
310
因此，异面直线BP与AC
1
所成角的余弦值为.
20
(2)因为Q为BC的中点，所以Q(
31
，，0)，
22< br>33
→→→
因此AQ＝(，，0)，AC
1
＝(0,2,2)，CC< br>1
＝(0,0,2)．
22
设n＝(x，y，z)为平面AQC
1
的一个法向量，
→

n＝0，

3
x＋
3
y＝0，

AQ·
2
则

即

2

→


n＝0，

AC
1
·

2y＋2z ＝0.
不妨取n＝(3，－1,1)，
设直线CC
1
与平面AQC
1
所成角为θ，
→
|CC
1
·n|25
→
则sin θ＝|cos＜CC
1
，n＞|＝＝＝，
→
5×2
5
|C C
1
|·|n|
所以直线CC
1
与平面AQC
1
所 成角的正弦值为
5
.
5


热点三 利用空间向量解决探索性问题
[例3]

(2020·吉林调研)如图，在四棱 锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝
PD，AB⊥AD，AB＝1，AD ＝2，AC＝CD＝5.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

AM
(3)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
AP
明理由．
[审题指导] 第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：
平面PAD⊥平面ABCD⇒AB⊥平面PAD⇒AB⊥PD⇒PD⊥平面PAB；
第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：
→→
建立空间直角坐标系，求出P B与平面PCD的法向量，求出法向量与PB夹角的余弦值，进
而可求线面角的正弦值；
第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：
先假设存在点M，设出点M坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解．
[解析] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
AB⊂ 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝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.
又因为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.

如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1) ．
→→→
则PD＝(0，－1，－1)，PC＝(2,0，－1)，PB＝(1,1，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
→


PD＝0，

n·

－y－z＝0，
则

即



→2x－z＝0.


PC＝0，

n·< br>

令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
→
n·PB3
→→
又PB＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.
3
→
|n||PB|
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为
( 3)设M是棱PA上一点，
→→
则存在λ∈[0,1]，使得AM＝λAP.
→
因此点M(0,1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ)．
→
因为BM ⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，
－ 2,2)＝0.
1AM1
解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时＝.
4AP4
3
.
3

利用空间向量求解探索性问题的策略
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解 ”等．若由此推导
出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．

(2019·聊城 三模)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，
将△ADE 沿DE折起到△A
1
DE的位置，使A
1
D⊥DC，如图(2)．

(1)求证：A
1
E⊥平面BCDE.
(2)求二面角EA
1
BC的余弦值．
EP
(3)判断在线段EB 上是否存在一点P，使平面A
1
DP⊥平面A
1
BC？若存在，求出的值；< br>PB
若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC.
又∵A
1
D⊥DC，A
1
D∩DE＝D，∴DC⊥平面A
1
DE，
∴DC⊥A
1
E.
又∵A
1
E⊥DE，DC∩DE＝D，∴A
1
E⊥平面BCDE.

(2)∵A
1
E⊥平面BCDE，DE⊥BE， ∴以EB，ED，EA
1
所在直线分别为x轴，y轴和z轴，
建立空间直角坐标系．
易知DE＝23，则A
1
(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,23，0)， D(0,23，0)，
→→
∴BA
1
＝(－2,0,2)，BC＝(2,2 3，0)，平面A
1
BE的一个法向量为n＝(0,1,0)．

设平面A
1
BC的法向量为m＝(x，y，z)，
→→
由BA
1
·m＝0，BC·m＝0，

－2x＋2z＝0，
得


2x＋23y＝0.

令y＝1，得m＝(－3，1，－3)，
m·n17
∴cos〈m，n〉＝＝＝.
|m|·|n|
7×1
7
由图，得二面角EA
1
BC为钝二面角，∴二面角EA
1
BC的余弦 值为－
7
.
7

→
(3)假设在线段EB上存在一点P， 使得平面A
1
DP⊥平面A
1
BC.设P(t,0,0)(0≤t≤2)，则 A
1
P
＝(t,0，－2)，
→

p＝0，
< br>A
1
D·
→
A
1
D＝(0,23，－2)，设平面A
1
DP的法向量为p＝(x
1
，y
1
，z
1
)，由

→

p＝0，

A
1
P·
得

23y
1
－2z
1
＝0，
< br>

tx
1
－2z
1
＝0.
令x
1
＝2，得p＝

2，


t
，t

.
3

t
＋3t＝0，解得t＝－3.
3

∵平面 A
1
DP⊥平面A
1
BC，∴m·p＝0，即23－

∵0≤t≤2，∴在线段EB上不存在点P，使得平面A
1
DP⊥平面A
1< br>BC.

限时50分钟 满分60分
解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)
1．如图1，在Rt△ABC中，∠A CB＝90°，∠B＝30°，D，E分别是AB，CD的中点，AE
的延长线交CB于F.现将△AC D沿CD折起，折起二面角，如图2，连接A′F.

(1)求证：平面A′EF⊥平面CBD；
(2)当A′C⊥BD时，求二面角A′－CD－B的余弦值．
解：本题主要考查折叠、面面 垂直的证明、二面角等问题，考查考生的空间想象能力及
运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数 学运算．(1)在平面图形中AF⊥CD，所以折
叠后得到A′E⊥CD，EF⊥CD，即可证得结论； (2)可以利用向量法和传统法求解．
(1)在Rt△ABC中，由D为AB的中点，得AD＝CD＝DB，
又∠B＝30°，所以△ACD是正三角形，

又E是CD的中点，所以AF⊥CD.
折起后，A′E⊥CD，EF⊥CD，
又A′E∩EF＝E，A′E⊂平面A′EF，EF⊂平面A′EF，
故CD⊥平面A′EF，
又CD⊂平面CBD，
故平面A′EF⊥平面CBD.

(2)解法一 如图，过点A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延长线上．
因为CD⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H，
所以A′H⊥平面CBD.
以E为 原点，EF所在的直线为x轴，ED所在的直线为y轴，过E与A′H平行的直线
为z轴建立空间直角坐 标系．
a
0，－，0

，由(1)可知∠A′EF为所求二面角的平面角， 设为θ，并设A′C＝a，可得C

2

a
3a

，A′

3a
cos θ，0，
3a
sin θ

.
0，，0

，B

D

，a，0

2


22

2

3aa3a3aa

→

→

故A′C＝

－cos θ，－，－sin θ
，BD＝
－，－，0
，因为A′C⊥BD，所222

2

2
→→
以A′C·BD＝0，
3a
2
a
2
即cos θ＋＝0，
44
1
得cos θ＝－.
3
1
故二面角A′－CD－B的余弦值为－.
3
解法二

如图，过点A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延长线上，
因为CD⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H，
所以A′H⊥平面CBD.
连接CH并延长交BD的延长线于G，
由A′C⊥BD，得CH⊥BD，
即∠CGB＝90°，
因此△CEH～△CGD，
则
EHCE
＝，
DGCG
aa3a
设A′C＝a，易得∠GDC＝60°，DG＝，CE＝，CG＝，
222
EHCE3a3aEH1
代入＝得EH＝，又EA′＝，故cos∠HEA′＝ ＝.
DGCG62
EA′
3
又A′E⊥CD，EF⊥CD，
所以∠A′EF即所求二面角的平面角，
1
故二面角A′－CD－B的余弦值为－.
3
2．(2019·北京卷)

如图 ，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，
PF1
BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
PC3
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
PG2
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
PB3
解析：(1)由于PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.

(2)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD，AP方向为y轴 ，z
轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，

224

→
1
→
由PF＝PC可 得点F的坐标为F


3
，
3
，
3
，
3
→
1
→
由PE＝PD可得E(0,1,1) ，
2
设平面AEF的法向量为：m＝(x，y，z)，则
224

224→

m·

AF＝x，y，z·


3< br>，
3
，
3

＝
3
x＋
3
y ＋
3
z＝0

→

AE＝x，y，z·0，1，1 ＝y＋z＝0

m·

，
据此可得平面AEF的一个法向量为：m＝(1,1，－1)，
很明显平面AEP的一个法向量为n＝(1,0,0)，
m·n13
cos〈m，n〉＝＝＝，
|m|×|n|
3×1
3< br>二面角F－AE－P的平面角为锐角，故二面角F－AE－P的余弦值为
422
→
2
→
，－，

， (3)易知P(0,0,2)，B(2，－1,0)，由 PG＝PB可得G

33

3
3
422
→
，－，

， 则AG＝

33

3
注意到平面 AEF的一个法向量为：m＝(1,1，－1)，
→
其m·AG＝0且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内．
3．(2019·苏州三模)
3
.
3

如图，在四棱锥 PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，
BC＝22，PA ＝2.
(1)取PC中点N，连接DN，求证：DN∥平面PAB.
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值．

(3)在线 段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，
求BM与平面MAC所成 的角，如果不存在，请说明理由．
解析：

取BC的中点E，连接DE与AC，相 交于点O，连接AE，易知AC⊥DE，建立如图所示
的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B( 2，－1,0)，C(0，1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)，
→
(1)PC中点N(0,0,1)，所以DN＝(1,0,1)，
设平面PAB的法向量为n＝(a，b，c)，
→→
由AP＝(0,0,2)，AB＝(2,0,0)，
→
令b＝1，可得 ：n＝(0,1,0)，所以DN·n＝0，因为DN⊄平面PAB，所以DN∥平面PAB.
→→< br>
(2)AC＝(0,2,0)，PD＝(－1,1，－2)，设AC与PD所成的角为θ，则c os θ＝

→→
(3)设M(x，y，z)及PM＝λPD(0≤λ≤1)， x＝－λ，


所以

y＋1＝λ，

z－2＝－2λ，
2

6
＝.


2×6

6

⇒M(－λ，λ－1,2(1－λ))，
设平面ACM的法向量为m＝(x，y，z)， < br>→→
由AC＝(0,2,0)，AM＝(－λ，λ，2(1－λ))，可得m＝(2－2λ，0， λ)，平面ACD的法向量为
p＝(0,0,1)，
λ
所以cos〈m，p〉＝
1·λ
2
＋2－2λ
2
＝
2
⇒2λ＝
2
2
5λ
2
－8λ＋4，解得λ＝.
3

212
－，－，

， 解得M

33

3
82222
→
－，，

，所以m＝
，0，

， 所以BM＝

3

333< br>
3
12
－
9
1
→
设BM与平面MAC所 成角为φ，所以sin φ＝|cos〈BM，m〉|＝＝，所以φ
2
22
·223






π
＝.
6
4．(2020·山东实验中学模拟)某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工
人将如图所示的长方体ABCD－EFQH材料切割成三棱锥H－ACF.

(1)若点M ，N，K分别是棱HA，HC，HF的中点，点G是NK上的任意一点，求证：MG
∥平面ACF； < br>(2)已知原长方体材料中，AB＝2，AD＝3，DH＝1，根据艺术品加工需要，工程师必须求
出三棱锥H－ACF的高．甲工程师先求出AH所在直线与平面ACF所成的角θ，再根据公式h
＝A H·sin θ，求三棱锥H－ACF的高h.请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高．
解：证明：(1)∵HM＝MA，HN＝NC，HK＝KF，
∴MK∥AF，MN∥AC.∵MK⊄平面ACF，AF⊂平面ACF，
∴MK∥平面ACF.
∵MN⊄平面ACF，AC⊂平面ACF，∴MN∥平面ACF.
∵MN，MK⊂平面MNK，且MK∩MN＝M，
∴平面MNK∥平面ACF.
又∵MG⊂平面MNK，∴MG∥平面ACF.
(2)如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DH所在直线为x轴，y轴，z轴建立空

间直角坐标系D－xyz.
则有A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(3,2,1)，H(0,0,1)，
→→→
AC＝(－3,2,0)，AF＝(0,2,1)，AH＝(－3,0,1)．
设平面ACF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
→

AC＝－3x＋2y＝0，

n·
则有

令y＝3，则n＝(2,3，－6)，
→

AF＝2y＋z ＝0.

n·
→
|AH·n|12610
∴sin θ＝＝＝， < br>35
→
10×7
|AH||n|
∴三棱锥H－ACF的高为AH·si n θ＝10×
61012
＝.
357


5.

如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝12 0°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为
解析：(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥B D.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，又BD∩BE＝B，
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED. < br>(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝
因为AE⊥E C，所以在Rt△AEC中，可得EG＝
3
x.
2
2
x.
2
3x
x，GB＝GD＝.
22
6
，求该三棱锥的侧面积．
3
由BE⊥平面ABCD，知△E BG为直角三角形，可得BE＝
由已知得，三棱锥E－ACD的体积V
E
从而可得AE ＝EC＝ED＝6.
ACD
＝
1166
×AC·GD·BE＝x
3
＝.故x＝2.
32243
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为5.
故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋25.

(理)高考解答题·审题与规范(四) 立体几何类考题
重在“化归”
[几何法] 将立体几何问题转化为平面几何问
题．将异面直线夹角，线面角，二面角等空间
角转化为平面角 求解．
[代数法] 将几何问题转化为代数问题，用空
间向量解题．
[推理与证明] 分析法找思路：将面面问题转
化为线面问题，将线面问题转化为线线问题．
[综合法证明] 线线关系推出线面关系，线面
关系推出面面关系.

真题案例
(12分)(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方
审题指导 审题方法
思维流程
形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面
(1)在题目中的两< br>垂直，M是上异于C，D的点．
个平面中选择一
条直线证明该直
线垂直于另外 一
个平面；(2)建立
审图形找关联
图形或者图象的力
量比文字更为简 单而有
力，挖掘其中蕴涵的有
空间直角坐标系，效信息，正确理解问题
求得几何体体积
最大时点M的位
置，利用两个平面
的法向量的夹角
求解即可.

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(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.
是解决问题的关键，对
图形或者图象的独特理
解很多时候能成为解题
中的亮点.

规范解答
[解析] (1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，1分①
所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.2分②
评分细则
第(1)问踩点得分
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
①由条件得出BC⊥CD，
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.3分③
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.4分④
并写出BC⊂平面ABCD
得1分，没有BC⊂平面
ABCD扣1分．
②得分BC⊥DM得1分．
③得出DM⊥平面BMC，
得1分．
④得出结论得1分，如
果没有写出DM⊂平面
AMD扣1分．
第(2)问踩点得分
⑤正确建立空间直角坐
标系得2分．

→< br>(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Dxyz.6 分⑤
当三棱锥MABC体积最大时，M为CD的中点.7分⑥
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)，8分⑦
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
→


AM＝0，

n·

－2x＋y＋z＝0，
则

即

可取n＝(1,0,2).9分⑧

→2y＝0.


A B＝0.

n·
⑥确定M为
点得1分．
⑦正确写出点的坐标，
并求出相应向量的坐标
得1分．
⑧正确求出平面MAB的
法向量得1分．
→
⑨正确求出n与DA夹角
的余弦值得1分．
→
⑩正确计算出n与DA夹
角的正弦值得2分.
的中


→
n·DA5
→→
DA是平面MCD的法向量，因此cos〈n，DA〉＝＝ ，10
5
→
|n||DA|
分⑨
25
→
sin〈 n，DA〉＝，所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正
5

25
弦值是.12分⑩
5