全程方略2021屆高考數(shù)學專項精析精煉：2014年考點37-立體幾何中的向量方法

溫馨提示：此題庫為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)整合適的觀看比例，關(guān)閉Word文檔返回原板塊?？键c37立體幾何中的向量方法一、填空題1.(2022·新課標全國卷Ⅱ高考理科數(shù)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.(2022·新課標全國卷Ⅱ高考理科數(shù)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(shè)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(gòu)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)平面ADE的法向量為=(x1,y1,z1),則=0,=0,解得一個=(0,1,0).同理設(shè)平面ACE的法向量為=(x2,y2,z2),則=0,=0,解得一個=(m,-,-m).由于cos=|cos<>|===,解得m=.設(shè)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=QUOTE·S△ACD·EF=××××=.所以,三棱錐E-ACD的體積為.3.（2022·四川高考理科·Ｔ18）三棱錐及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示．設(shè)，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】本題主要考查簡潔空間圖形的三視圖、空間線面垂直的推斷與性質(zhì)、空間面面夾角的計算等基礎(chǔ)學問，考查空間想象力量、推理論證力量、運算求解力量.【解析】（1）由三棱錐及其側(cè)視圖、俯視圖可知，在三棱錐中：平面平面，設(shè)為的中點，連接，于是，所以平面由于，分別為線段，的中點，所以，又，故假設(shè)不是線段的中點，則直線與直線是平面內(nèi)相交直線從而平面，這與沖突所以為線段的中點（2）解法一：如圖，作于，連接，由（Ⅰ）知，∥，所以．由于，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，由于平面，所以，因此在等腰直角中，,作于，在中，，所以,由于在平面內(nèi)，，，所以∥，又由于為的中點，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(shè)平面和平面的法向量分別為和由，設(shè)，則由，設(shè)，則所以二面角的余弦值.4.（2022·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(shè)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(shè)，.故.由，得，因此，，解得.即.設(shè)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.由于底面，故，而，從而平面，由于平面，于是，又，所以.連接，由（1）有平面，得，而，故.又由于，為的中點，故，可得，所以平面，故平面平面.所以直線在平面內(nèi)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.由于底面，故底面，從而.又，得平面，因此.在底面內(nèi)，可得，從而.在平面內(nèi)，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.（2022·湖南高考理科·Ｔ19）（本小題滿分12分）如圖6，四棱柱的全部棱長都相等，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?！窘馕觥浚?）由于四邊形均為矩形，所以,又∥∥,所以,由于,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(shè)棱柱的棱長為2，由于,所以,在直角三角形中,,由于,所以,所以,即二面角的余弦值為。解法二：由于四棱柱的全部棱長都相等，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(shè)棱長為2，由于,所以，所以,平面的一個法向量為，設(shè)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.(2022·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)接受幾何法較為便利,證AD⊥平面PCDCF⊥AD,又CF⊥AFCF⊥平面ADF.(2)接受向量法較為便利,以D為原點建立空間直角坐標系,設(shè)DC=2,計算出DE,EF的值,得到A,C,E,F的坐標,留意到為平面ADF的法向量,結(jié)合其求二面角.【解析】(1)由于四邊形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(shè)DC=2,由(1)知PC⊥DF,即∠CDF=∠DPC=30°,有FC=DC=1,DF=FC=,DE=DF=,EF=DE=QUOTE,則D(0,0,0),EQUOTE,FQUOTE,A(0,0,2),C(0,2,0),=QUOTE,=QUOTE,=QUOTE,設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),由QUOTE得QUOTE取x=4,有y=0,z=,則n=(4,0,),又平面ADF的一個法向量為QUOTE=QUOTE,所以cos<n,QUOTE>=QUOTE=QUOTE=-QUOTE,所以二面角D-AF-E的余弦值為QUOTE.7.（2022·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.求證：；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(zhì)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(nèi)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QUOTE錯誤！未找到引用源。QUOTE錯誤！未找到引用源。QUOTE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(shè)平面MBC的法向量，則，即，取，得平面MBC的一個法向量，………10分設(shè)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.（2022·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學問求解二面角，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(shè)平面的法向量為明顯平面的法向量為明顯二面角為銳角，所以平面和平面所成角的余弦值為9.(2022·陜西高考理科·T17)(本小題滿分12分)四周體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四周體的棱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,留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)由于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),QUOTE=(0,0,1),QUOTE=(-2,2,0),QUOTE=(-2,0,1).設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z),由于EF∥AD,FG∥BC,所以n·QUOTE=0,n·QUOTE=0.得QUOTE取n=(1,1,0),所以sinθ=|cos<QUOTE,n>|=QUOTE=QUOTE=QUOTE.10.（2022·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.當時，證明：直線平面;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(jié)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，由于，所以，即而，且，故直線平面。（Ⅱ）設(shè)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.（2022·重慶高考文科·Ｔ20）如題(20)圖,四棱錐中,底面是以