2019年高考數學 考點匯總 考點37 立體幾何中的向量方法、（含解析）.doc

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2019年高考數學 考點匯總 考點37 立體幾何中的向量方法、（含解析） 一、填空題 1. (xx新課標全國卷Ⅱ高考理科數學T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA=CC1,則BM與AN所成的角的余弦值為　 (　　) A. B. C. D. 【解題提示】建立坐標系,利用空間向量法求解. 【解析】選C.如圖,分別以C1B1,C1A1,C1C為x,y,z軸,建立坐標系.令AC=BC=C1C=2,則A(0,2,2),B(2,0,2),M(1,1,0),N(0,1,0).所以=(-1,1,-2), =(0,-1,-2). cosθ===.故選C. 二、解答題 2. (xx新課標全國卷Ⅱ高考理科數學T18)(本小題滿分12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點. (1)證明:PB∥平面AEC. (2)設二面角D-AE-C為60,AP=1,AD=,求三棱錐E-ACD的體積. 【解題提示】(1)取AC的中點,構造中位線,利用線線平行證明線面平行. (2)建立空間直角坐標系,設出CD,利用向量法求得CD的長,然后用體積公式求得三棱錐E-ACD的體積. 【解析】(1)設AC的中點為G,連接EG.在三角形PBD中,中位線EG∥PB,且EG在平面AEC上,所以PB∥平面AEC. (2)設CD=m,分別以AD,AB,AP為x,y,z軸建立坐標系,則 A(0,0,0),D(,0,0),E,C(,m,0). 所以=(,0,0), =, =. 設平面ADE的法向量為=(x1,y1,z1),則=0, =0, 解得一個=(0,1,0). 同理設平面ACE的法向量為=(x2,y2,z2),則=0, =0, 解得一個=(m,- ,-m). 因為cos=|cos<>|===,解得m=. 設F為AD的中點,則PA∥EF,且PA==,EF⊥面ACD, 即為三棱錐E-ACD的高.所以VE-ACD=S△ACDEF==. 所以,三棱錐E-ACD的體積為. 3. （xx四川高考理科Ｔ18）三棱錐及其側視圖、俯視圖如圖所示．設，分別為線段，的中點，為線段上的點，且． （1）證明：為線段的中點； （2）求二面角的余弦值. 【解題提示】本題主要考查簡單空間圖形的三視圖、空間線面垂直的判斷與性質、空間面面夾角的計算等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力. 【解析】（1）由三棱錐及其側視圖、俯視圖可知，在三棱錐中： 平面平面， 設為的中點，連接， 于是， 所以平面 因為，分別為線段，的中點，所以，又，故 假設不是線段的中點，則直線與直線是平面內相交直線 從而平面，這與矛盾 所以為線段的中點 （2）解法一：如圖，作于，連接， 由（Ⅰ）知，∥，所以． 因為，所以為二面角的一個平面角． 由（Ⅰ）知，，為邊長為2的正三角形， 所以==，由俯視圖知，平面， 因為平面，所以， 因此在等腰直角中，, 作于，在中，，所以, 因為在平面內，，，所以∥， 又因為為的中點，所以為的中點，因此.同理可得，．所以在等腰中， .故二面角的余弦值是. 解法二：以為坐標原點，、、分別為、、軸建立空間直角坐標系， 則，，， 于是，， 設平面和平面的法向量分別為和 由，設，則 由，設，則 所以二面角的余弦值. 4. （xx天津高考理科Ｔ17）（本小題滿分13分） 如圖，在四棱錐中，底面，，，，，點為棱的中點. （1）證明 ； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）若為棱上一點，滿足， 求二面角的余弦值. 【解析】方法一：依題意，如圖以點為原點建立空間直角坐標系， 可得，，，.由為棱的中點，得. （1）向量，，故. 所以，. （2）向量，. 設為平面的法向量，則即 不妨令，可得為平面的一個法向量. 于是有. 所以，直線與平面所成角的正弦值為. （3）向量，，，. 由點在棱上，設，. 故. 由，得， 因此，，解得.即. 設為平面的法向量，則即 不妨令，可得為平面的一個法向量. 取平面的法向量，則 . 易知，二面角是銳角，所以其余弦值為. 方法二:（1）如圖，取中點，連接，. 由于分別為的中點， 故，且， 又由已知，可得且，故四邊形為平行四邊形， 所以. 因為底面，故， 而，從而平面， 因為平面，于是， 又，所以. （1） 連接，由（1）有平面，得， （2） 而，故. 又因為，為的中點，故， 可得，所以平面， 故平面平面. 所以直線在平面內的射影為直線， 而，可得為銳角， 故為直線與平面所成的角. 依題意，有，而為中點， 可得，進而. 故在直角三角形中，，因此. 所以，直線與平面所成角的正弦值為. （3）如圖，在中，過點作交于點. 因為底面，故底面，從而. 又，得平面，因此. 在底面內，可得，從而. 在平面內，作交于點，于是. 由于，故，所以四點共面. 由，，得平面，故. 所以為二面角的平面角. 在中，，，， 由余弦定理可得，. 所以，二面角的斜率值為. 5. （xx湖南高考理科Ｔ19）（本小題滿分12分） 如圖6，四棱柱的所有棱長都相等，四邊形均為矩形． （1）證明： （2）若的余弦值． 【解題提示】（1）利用矩形的鄰邊垂直，及線線平行證明； （2）由二面角的定義或者向量法求二面角的大小。 【解析】（1）因為四邊形均為矩形，所以, 又∥∥,所以,因為, 所以 （2）解法一：如圖過作,垂足為,連接， 由（1）可得，由于是菱形，所以,所以, 所以由三垂線定理得,所以就是二面角的平面角。 設棱柱的棱長為2，因為,所以, 在直角三角形中, , 因為,所以, 所以,即二面角的余弦值為。 解法二：因為四棱柱的所有棱長都相等，所以四邊形為菱形，，又所以兩兩垂直。如圖以為原點，分別為軸，建立空間直角坐標系。 設棱長為2，因為,所以， 所以, 平面的一個法向量為， 設平面的一個法向量為， 則由,所以， 取則，所以， 所以。 由圖形可知二面角的大小為銳角， 所以二面角的余弦值為。 6.(xx廣東高考理科)(13分)四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30,AF⊥PC于點F,FE∥CD,交PD于點E. (1)證明:CF⊥平面ADF. (2)求二面角D-AF-E的余弦值. 【解題提示】(1)采用幾何法較為方便,證AD⊥平面PCDCF⊥AD,又CF⊥AFCF⊥平面ADF. (2)采用向量法較為方便,以D為原點建立空間直角坐標系,設DC=2,計算出DE,EF的值,得到A,C,E,F的坐標,注意到為平面ADF的法向量,結合其求二面角. 【解析】(1)因為四邊形ABCD為正方形,所以AD⊥DC. 又PD⊥平面ABCD,AD平面ABCD,所以PD⊥AD,DC∩PD=D, 所以AD⊥平面PCD. 又CF平面PCD,所以CF⊥AD, 而AF⊥PC,即AF⊥FC, 又AD∩AF=A,所以CF⊥平面ADF. (2)以D為原點,DP,DC,DA分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系, 設DC=2,由(1)知PC⊥DF,即∠CDF=∠DPC=30,有FC=DC=1,DF=FC=, DE=DF=,EF=DE=, 則D(0,0,0),E,F,A(0,0,2),C(0,2,0), =,=,=, 設平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 由得 取x=4,有y=0,z=,則n=(4,0, ), 又平面ADF的一個法向量為=, 所以cos===-, 所以二面角D-AF-E的余弦值為. 7.（xx福建高考理科Ｔ17）17.（本小題滿分12分） 在平行四邊形中，，.將沿折起，使得平面平面，如圖. （1） 求證：； （2） 若為中點，求直線與平面所成角的正弦值. 【解題指南】⑴由面面垂直性質定理先推得線面垂直,再進而推得線面垂直．⑵建立坐標系，由線面角公式求解即可． 【解析】(1)∵平面ABD⊥平面BCD，且兩平面的交線為BD， 平面ABD，AB⊥BD，………………………2分 ∴AB⊥平面BCD，又平面BCD， ∴AB⊥CD；…………………………………………4分 (2)過點B在平面BCD內作，如圖， 由(1)知AB⊥平面BCD，平面BCD，平面BCD， ∴，…………………………6分 以B為坐標原點原點，以 錯誤！未找到引用源。錯誤！未找到引用源。錯誤！未找到引用源。分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系， 依題意，得，.……………8分 則，………………………………9分 設平面MBC的法向量， 則，即，取，得平面MBC的一個法向量，………………………10分 設直線AD與平面MBC所成角為， 則，……………………………………12分 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.…………………………………13分 8. （xx山東高考理科Ｔ17） 如圖，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，是線段的中點. （Ⅰ）求證：； （Ⅱ）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（銳角）的余弦值. 【解題指南】(1)本題考查了線面平行的證法，可利用線線平行，也可利用面面平行，來證明線面平行；.(2)本題可利用空間幾何知識求解二面角，也可以利用向量法來求解. 【解析】（Ⅰ）連接 為四棱柱， 又為的中點， , , 為平行四邊形 又 （Ⅱ）方法一： 作,連接 則即為所求二面角 在中， 在中，, . 方法二：作于點 以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間坐標系， 設平面的法向量為 顯然平面的法向量為 顯然二面角為銳角， 所以平面和平面所成角的余弦值為 9.(xx陜西高考理科T17)(本小題滿分12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點F,G,H. (1)證明:四邊形EFGH是矩形. (2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值. 【解題指南】(1)先證得四邊形EFGH為平行四邊形,再證得此平行四邊形的鄰邊相互垂直,注意從三視圖中推得已知.(2)利用已知正確建立空間直角坐標系,求得平面EFGH的法向量,代入公式即可得解. 【解析】(1)因為BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH, 所以BC∥FG,BC∥EH,所以FG∥EH. 同理EF∥AD,HG∥AD,所以EF∥HG, 所以四邊形EFGH是平行四邊形. 又由三視圖可知AD⊥面BDC,所以AD⊥BC,所以EF⊥FG, 所以四邊形EFGH是矩形. (2)如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系, 則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 因為EF∥AD,FG∥BC, 所以n=0,n=0. 得 取n=(1,1,0), 所以sinθ=|cos<,n>|===. 10. （xx湖北高考理科Ｔ19）如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點分別在棱,上移動，且. （1） 當時，證明：直線 平面; （2） 是否存在，使平面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由. 【解題指南】（Ⅰ）建立坐標系，求出，可得BC1∥FP，利用線面平行的判定定理，可以證明直線BC1∥平面EFPQ； （Ⅱ）求出平面EFPQ的一個法向量、平面MNPQ的一個法向量，利用面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，建立方程，即可得出結論． 【解析】 以為原點，射線分別為軸的正半軸建立空間直角坐標系,由已知得 （Ⅰ）證明：當時， 因為，所以，即 而，且，故直線 平面。 （Ⅱ）設平面的一個法向量為，則 由可得，于是可取 同理可得平面的一個法向量為 若存在，使得平面與面所成的二面角為直二面角， 則，即 解得 故存在，使平面與面所成的二面角為直二面角。 11.（xx重慶高考文科Ｔ20）如題(20)圖, 四棱錐 中,底面是以 為中心的菱形, 底面 , 為 上一點,且 (1)證明: 平面 ; (2) 若 求四棱錐的體積. 【解題提示】 (1)在平面內可以找到 與 垂直從而得出結論. (2)直接利用體積公式求解即可. 【解析】（1）如答(20)圖,因為菱形,為菱形中心,連接 則 因故 又因 且 在 中, 所以故 又 底面 ,所以.從而與平面內兩條相交直線都垂直,所以 平面. (2)解:由(1)得, 設 由底面知,為直角三角形,故 由也是直角三角形,故 連接,在中, 由已知 故為直角三角形,則 即得 (舍去), 即 此時 所以四棱錐的體積