高三年級數學科輔導講義（第講）
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考情解讀 1.以多面體(特別是稜柱、稜錐或其組合體)為載體，考查空間中平行與垂直的證明，常出現在解答題的第(1)問中，考查空間想象能力，推理論證能力及計算能力，屬低中檔問題.2.
以多面體(特別是稜柱、稜錐或其組合體)為載體，考查空間角(主要是線面角和二面角)的計算，是高考的必考內容，屬中檔題.3.以已知結論尋求成立的條件(或是否存在問題)的探索性問題，考查邏輯推理能力、空間想象能力以及探索能力，是近幾年高考命題的新亮點，屬中高檔問題．
第一部分基礎知識梳理
1．直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法
設直線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)(以下相同)．
(1)線面平行
l∥αa⊥μa·μ＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)線面垂直
l⊥αa∥μa＝kμa1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥βμ∥vμ＝λva2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥βμ⊥vμ·v＝0a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2．直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算
設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)線線夾角
設l，m的夾角為θ(0≤θ≤)，則
cos θ＝＝.
(2)線面夾角
設直線l與平面α的夾角為θ(0≤θ≤)，
則sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夾角
設半平面α、β的夾角為θ(0≤θ≤π)，
則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|.
提醒求二面角時，兩法向量的夾角有可能是二面角的補角，要注意從圖中分析．
3．求空間距離
直線到平面的距離，兩平行平面的距離均可轉化為點到平面的距離，點p到平面α的距離：d＝(其中n為α的法向量，m為α內任一點).
第二部分考點解析
熱點一利用向量證明平行與垂直
例1 如圖，在直三稜柱ade—bcf中，面abfe和麵abcd都是正方形且互相垂直，m為ab的中點，o為df的中點．運用向量方法證明：
(1)om∥平面bcf；
(2)平面mdf⊥平面efcd.
思維啟迪從a點出發的三條直線ab、ad，ae兩兩垂直，可建立空間直角座標系．
證明方法一由題意，得ab，ad，ae兩兩垂直，以a為原點建立如圖所示的空間直角座標系．
設正方形邊長為1，則a(0,0,0)，b(1，0,0)，c(1,1,0)，d(0,1,0)，
f(1,0,1)，m，o.
(1)＝，＝(－1,0,0)，
∴·＝0, ∴⊥.
∵稜柱ade—bcf是直三稜柱，
∴ab⊥平面bcf，∴是平面bcf的乙個法向量，
且om平面bcf，∴om∥平面bcf.
(2)設平面mdf與平面efcd的乙個法向量分別為
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，
由n1·＝n1·＝0，
得解得令x1＝1，則n1＝.
同理可得n2＝(0,1,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面mdf⊥平面efcd.
方法二 (1)＝＋＋＝－＋
＝－(＋)－＋
＝－－.
∴向量與向量，共面，
又om平面bcf，∴om∥平面bcf.
(2)由題意知，bf，bc，ba兩兩垂直，
∵＝，＝－，
∴·＝·＝0，
·＝·(－)
＝－2＋2＝0.
∴om⊥cd，om⊥fc，又cd∩fc＝c，
∴om⊥平面efcd.
又om平面mdf，∴平面mdf⊥平面efcd.
思維昇華 (1)要證明線面平行，只需證明向量與平面bcf的法向量垂直；另乙個思路則是根據共面向量定理證明向量與，共面．(2)要證明面面垂直，只要證明這兩個平面的法向量互相垂直；也可根據面面垂直的判定定理證明直線om垂直於平面efcd，即證om垂直於平面efcd內的兩條相交直線，從而轉化為證明向量與向量、垂直．
如圖，在四稜錐p－abcd中，pa⊥平面abcd，底面abcd是菱形，pa＝ab＝2，∠bad＝60°，e是pa的中點．
(1)求證：直線pc∥平面bde；
(2)求證：bd⊥pc；
證明設ac∩bd＝o.因為∠bad＝60°，ab＝2，底面abcd為菱形，
所以bo＝1，ao＝co＝，ac⊥bd.
如圖，以o為座標原點，以ob，oc所在直線分別為x軸，y軸，過點o且平行於pa的直線為z軸，建立空間直角座標系o－xyz，
則p(0，－，2)，a(0，－，0)，b(1,0,0)，c(0，，0)，d(－1,0,0)，e(0，－，1)．
(1)設平面bde的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，因為＝(－1，－，1)，＝(－2,0,0)，由得
令z1＝，得y1＝1，所以n1＝(0,1，)．
又＝(0,2，－2)，所以·n1＝0＋2－2＝0，
即⊥n1，又pc平面bde，
所以pc∥平面bde.
(2)因為＝(0,2，－2)，＝(－2,0,0)，
所以·＝0.
故bd⊥pc.
熱點二利用向量求空間角
例2 如圖，五面體中，四邊形abcd是矩形，ab∥ef，ad⊥平面abef，且ad＝1，ab＝ef＝2，af＝be＝2，p、q分別為ae、bd的中點．
(1)求證：pq∥平面bce；
(2)求二面角a－df－e的余弦值．
思維啟迪 (1)易知pq為△ace的中位線；(2)根據ad⊥平面abef構建空間直角座標系．
(1)證明連線ac，∵四邊形abcd是矩形，且q為bd的中點，
∴q為ac的中點，
又在△aec中，p為ae的中點，∴pq∥ec，
∵ec面bce，pq面bce，∴pq∥平面bce.
(2)解如圖，取ef的中點m，則af⊥am，以a為座標原點，以am、af、ad所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角座標系．
則a(0,0,0)，d(0,0,1)，m(2,0,0)，f(0,2,0)．
可得＝(2,0,0)，＝(－2,2,0)，＝(0,2，－1)．
設平面def的法向量為n＝(x，y，z)，則.
故，即.
令x＝1，則y＝1，z＝2，
故n＝(1,1,2)是平面def的乙個法向量．
∵am⊥面adf，∴為平面adf的乙個法向量．
∴cos〈n，〉＝＝＝.
由圖可知所求二面角為銳角，∴二面角a－df－e的余弦值為.
思維昇華 (1)運用空間向量座標運算求空間角的一般步驟：①建立恰當的空間直角座標系；②求出相關點的座標；③寫出向量座標；④結合公式進行論證、計算；⑤轉化為幾何結論．
(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cos α＝|cos 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角．③直線和平面所成的角的正弦值等於平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函式名稱的變化．
(2013·山東)如圖所示，在三稜錐p－abq中，pb⊥平面abq，ba＝bp＝bq，d，c，e，f分別是aq，bq，ap，bp的中點，aq＝2bd，pd與eq交於點g，pc與fq交於點h，連線gh.
(1)求證：ab∥gh；
(2)求二面角d－gh－e的余弦值．
(1)證明因為d，c，e，f分別是aq，bq，ap，bp的中點，所以ef∥ab，dc∥ab.
所以ef∥dc.又ef平面pcd，dc平面pcd，
所以ef∥平面pcd.
又ef平面efq，平面efq∩平面pcd＝gh，
所以ef∥gh.又ef∥ab，所以ab∥gh.
(2)解方法一在△abq中，aq＝2bd，ad＝dq，
所以∠abq＝90°，即ab⊥bq.
因為pb⊥平面abq，所以ab⊥pb.
又bp∩bq＝b，所以ab⊥平面pbq.
由(1)知ab∥gh，所以gh⊥平面pbq.
又fh平面pbq，所以gh⊥fh.
同理可得gh⊥hc，
所以∠fhc為二面角d－gh－e的平面角．
設ba＝bq＝bp＝2，連線fc，
在rt△fbc中，由勾股定理得
fc＝，
在rt△pbc中，由勾股定理得
pc＝.
又h為△pbq的重心，
所以hc＝pc＝.同理fh＝.
在△fhc中，由餘弦定理得cos∠fhc＝
＝－.即二面角d－gh－e的余弦值為－.
方法二在△abq中，aq＝2bd，ad＝dq，所以∠abq＝90°
又pb⊥平面abq，所以ba，bq，bp兩兩垂直．
以b為座標原點，分別以ba，bq，bp所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角座標系．
設ba＝bq＝bp＝2，則e(1,0,1)，f(0,0,1)，q(0,2,0)，d(1,1,0)，c(0,1,0)，p(0,0,2)．
所以＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)，＝(－1，－1，2)，＝(0，－1,2)．
設平面efq的乙個法向量為m＝(x1，y1，z1)，
由m·＝0，m·＝0，
得取y1＝1，得m＝(0,1,2)．
設平面pdc的乙個法向量為n＝(x2，y2，z2)，
由n·＝0，n·＝0，
得取z2＝1，得n＝(0,2,1)．
所以cos〈m，n〉＝＝.
因為二面角d－gh－e為鈍角，所以二面角d－gh－e的余弦值為－.
熱點三利用空間向量求解探索性問題
例3 如圖，在直三稜柱abc－a1b1c1中，ab＝bc＝2aa1，∠abc＝90°，d是bc的中點．
(1)求證：a1b∥平面adc1；
(2)求二面角c1－ad－c的余弦值；
(3)試問線段a1b1上是否存在點e，使ae與dc1成60°角？若存在，確定e點位置；若不存在，說明理由．
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