2019年高考数学 考点汇总 考点37 立体几何中的向量方法、（含解析）.doc

2019年高考数学 考点汇总 考点37 立体几何中的向量方法、（含解析）一、填空题1. (xx新课标全国卷高考理科数学T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成的角的余弦值为 ()A. B. C. D. 【解题提示】建立坐标系,利用空间向量法求解.【解析】选C.如图,分别以C1B1,C1A1,C1C为x,y,z轴,建立坐标系.令AC=BC=C1C=2,则A(0,2,2),B(2,0,2),M(1,1,0),N(0,1,0).所以=(-1,1,-2), =(0,-1,-2).cos=.故选C.二、解答题2. (xx新课标全国卷高考理科数学T18)(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB平面AEC.(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.【解题提示】(1)取AC的中点,构造中位线,利用线线平行证明线面平行.(2)建立空间直角坐标系,设出CD,利用向量法求得CD的长,然后用体积公式求得三棱锥E-ACD的体积.【解析】(1)设AC的中点为G,连接EG.在三角形PBD中,中位线EGPB,且EG在平面AEC上,所以PB平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP为x,y,z轴建立坐标系,则A(0,0,0),D(,0,0),E,C(,m,0).所以=(,0,0), =,=.设平面ADE的法向量为=(x1,y1,z1),则=0, =0,解得一个=(0,1,0).同理设平面ACE的法向量为=(x2,y2,z2),则=0, =0,解得一个=(m,- ,-m).因为cos=|cos|=,解得m=.设F为AD的中点,则PAEF,且PA=,EF面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.所以VE-ACD=SACDEF=.所以,三棱锥E-ACD的体积为.3. （xx四川高考理科18）三棱锥及其侧视图、俯视图如图所示设，分别为线段，的中点，为线段上的点，且（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.【解题提示】本题主要考查简单空间图形的三视图、空间线面垂直的判断与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.【解析】（1）由三棱锥及其侧视图、俯视图可知，在三棱锥中：平面平面，设为的中点，连接，于是， 所以平面因为，分别为线段，的中点，所以，又，故假设不是线段的中点，则直线与直线是平面内相交直线从而平面，这与矛盾所以为线段的中点（2）解法一：如图，作于，连接，由（）知，所以因为，所以为二面角的一个平面角由（）知，为边长为2的正三角形，所以=，由俯视图知，平面，因为平面，所以，因此在等腰直角中，,作于，在中，所以,因为在平面内，所以，又因为为的中点，所以为的中点，因此.同理可得，所以在等腰中，.故二面角的余弦值是.解法二：以为坐标原点，、分别为、轴建立空间直角坐标系，则，于是，设平面和平面的法向量分别为和由，设，则由，设，则所以二面角的余弦值.4. （xx天津高考理科17）（本小题满分13分）如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点.（1）证明 ；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.【解析】方法一：依题意，如图以点为原点建立空间直角坐标系，可得，.由为棱的中点，得.（1）向量，故. 所以，.（2）向量，.设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量.于是有.所以，直线与平面所成角的正弦值为.（3）向量，.由点在棱上，设，.故.由，得，因此，解得.即.设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量.取平面的法向量，则.易知，二面角是锐角，所以其余弦值为.方法二:（1）如图，取中点，连接，.由于分别为的中点， 故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，所以. 因为底面，故，而，从而平面，因为平面，于是，又，所以.（1） 连接，由（1）有平面，得，（2） 而，故.又因为，为的中点，故，可得，所以平面，故平面平面.所以直线在平面内的射影为直线，而，可得为锐角，故为直线与平面所成的角.依题意，有，而为中点，可得，进而.故在直角三角形中，因此. 所以，直线与平面所成角的正弦值为.（3）如图，在中，过点作交于点.因为底面，故底面，从而.又，得平面，因此.在底面内，可得，从而.在平面内，作交于点，于是.由于，故，所以四点共面.由，得平面，故.所以为二面角的平面角.在中，由余弦定理可得，.所以，二面角的斜率值为.5. （xx湖南高考理科19）（本小题满分12分）如图6，四棱柱的所有棱长都相等，四边形均为矩形（1）证明：（2）若的余弦值【解题提示】（1）利用矩形的邻边垂直，及线线平行证明；（2）由二面角的定义或者向量法求二面角的大小。【解析】（1）因为四边形均为矩形，所以,又,所以,因为,所以（2）解法一：如图过作,垂足为,连接，由（1）可得，由于是菱形，所以,所以,所以由三垂线定理得,所以就是二面角的平面角。设棱柱的棱长为2，因为,所以,在直角三角形中, ,因为,所以,所以,即二面角的余弦值为。解法二：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形为菱形，又所以两两垂直。如图以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系。设棱长为2，因为,所以，所以,平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则由,所以，取则，所以，所以。由图形可知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值为。6.(xx广东高考理科)(13分)四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF.(2)求二面角D-AF-E的余弦值.【解题提示】(1)采用几何法较为方便,证AD平面PCDCFAD,又CFAFCF平面ADF.(2)采用向量法较为方便,以D为原点建立空间直角坐标系,设DC=2,计算出DE,EF的值,得到A,C,E,F的坐标,注意到为平面ADF的法向量,结合其求二面角.【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以ADDC.又PD平面ABCD,AD平面ABCD,所以PDAD,DCPD=D,所以AD平面PCD.又CF平面PCD,所以CFAD,而AFPC,即AFFC,又ADAF=A,所以CF平面ADF.(2)以D为原点,DP,DC,DA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,由(1)知PCDF,即CDF=DPC=30,有FC=DC=1,DF=FC=,DE=DF=,EF=DE=,则D(0,0,0),E,F,A(0,0,2),C(0,2,0), =,=,=,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由得取x=4,有y=0,z=,则n=(4,0, ),又平面ADF的一个法向量为=,所以cos=-,所以二面角D-AF-E的余弦值为.7.（xx福建高考理科17）17.（本小题满分12分）在平行四边形中，.将沿折起，使得平面平面，如图.（1） 求证：；（2） 若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【解题指南】由面面垂直性质定理先推得线面垂直,再进而推得线面垂直建立坐标系，由线面角公式求解即可【解析】(1)平面ABD平面BCD，且两平面的交线为BD，平面ABD，ABBD，2分AB平面BCD，又平面BCD，ABCD；4分(2)过点B在平面BCD内作，如图，由(1)知AB平面BCD，平面BCD，平面BCD，6分以B为坐标原点原点，以 错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意，得，.8分则，9分设平面MBC的法向量，则，即，取，得平面MBC的一个法向量，10分设直线AD与平面MBC所成角为，则，12分即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.13分8. （xx山东高考理科17）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，是线段的中点.（）求证：；（）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值.【解题指南】(1)本题考查了线面平行的证法，可利用线线平行，也可利用面面平行，来证明线面平行；.(2)本题可利用空间几何知识求解二面角，也可以利用向量法来求解.【解析】（）连接为四棱柱， 又为的中点，,为平行四边形又 （）方法一： 作,连接则即为所求二面角在中， 在中，, .方法二：作于点以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，设平面的法向量为 显然平面的法向量为显然二面角为锐角，所以平面和平面所成角的余弦值为9.(xx陕西高考理科T17)(本小题满分12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形.(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值.【解题指南】(1)先证得四边形EFGH为平行四边形,再证得此平行四边形的邻边相互垂直,注意从三视图中推得已知.(2)利用已知正确建立空间直角坐标系,求得平面EFGH的法向量,代入公式即可得解.【解析】(1)因为BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,所以BCFG,BCEH,所以FGEH.同理EFAD,HGAD,所以EFHG,所以四边形EFGH是平行四边形.又由三视图可知AD面BDC,所以ADBC,所以EFFG,所以四边形EFGH是矩形.(2)如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则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).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),因为EFAD,FGBC,所以n=0,n=0.得取n=(1,1,0),所以sin=|cos|=.10. （xx湖北高考理科19）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.（1） 当时，证明：直线 平面;（2） 是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解题指南】（）建立坐标系，求出，可得BC1FP，利用线面平行的判定定理，可以证明直线BC1平面EFPQ；（）求出平面EFPQ的一个法向量、平面MNPQ的一个法向量，利用面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，建立方程，即可得出结论【解析】以为原点，射线分别为轴的正半轴建立空间直角坐标系,由已知得（）证明：当时，因为，所以，即而，且，故直线 平面。（）设平面的一个法向量为，则由可得，于是可取同理可得平面的一个法向量为若存在，使得平面与面所成的二面角为直二面角，则，即解得故存在，使平面与面所成的二面角为直二面角。11.（xx重庆高考文科20）如题(20)图, 四棱锥 中,底面是以 为中心的菱形, 底面 , 为 上一点,且 (1)证明: 平面 ; (2) 若 求四棱锥的体积. 【解题提示】 (1)在平面内可以找到 与 垂直从而得出结论. (2)直接利用体积公式求解即可.【解析】（1）如答(20)图,因为菱形,为菱形中心,连接 则 因故又因 且 在 中, 所以故 又 底面 ,所以.从而与平面内两条相交直线都垂直,所以 平面.(2)解:由(1)得, 设 由底面知,为直角三角形,故 由也是直角三角形,故连接,在中, 由已知 故为直角三角形,则即得 (舍去),即 此时 所以四棱锥的体积