高考必考题突破讲座4直线、平面与空间向量的应用.doc

高考必考题突破讲座(四)直线、平面与空间向量的应用解密考纲立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等，难度中等1(2018广东五校诊断)如图，菱形ABCD中，ABC60，AC与BD相交于点O，AE平面ABCD，CFAE，ABAE2.(1)求证：BD平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小解析 (1)四边形ABCD是菱形，BDACAE平面ABCD，BD平面ABCD，BDAE.ACAEA，BD平面ACFE.(2)以O为原点，的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，0)，D(0，0)，E(1,0,2)，F(1,0，a)(a0)，(1,0，a)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则有即令z1，则n(2,0,1)，由题意得sin 45|cos，n|.a0，解得a3.(1,0,3)，(1，2)，cos.故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.2(2018河南郑州模拟)如图，在ABC中，ABC，O为AB边上一点，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC,2DA2AOPO，且DAPO.(1)求证：平面PBAD平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值解析 (1)证明：OBOC，又ABC，OCB，BOC，即COAB又PO平面ABC，OC平面ABC，POOC又PO，AB平面PAB，POABO，CO平面PAB，即CO平面PBAD又CO平面COD，平面PBAD平面COD(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设|OA|1，则|PO|OB|OC|2，|DA|1.则C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，1,1)，(0，1，1)，(2，2,0)，(0，3,1)设平面BDC的法向量为n(x，y，z)，令y1，则x1，z3，n(1,1,3)设PD与平面BDC所成的角为，则sin .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.3(2018湖北武汉调考)如图， 四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值解析 方法一(1)建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，设S(x，y，z)，则x0，y0，z0，且(x2，y2，z，)，(x，y2，z)(x1，y，z)由|，得，得x1，由|1得y2z21，由|2得y2z24y10，由解得y，z，S，0，0，DSAS，DSBS，又ASDSS，SD平面SAB(2)设平面SBC的一个法向量为m(a，b，c)，(0,2,0)，(2,0,0)，由得可取m(，0,2)，故AB与平面SBC所成的角的正弦值为cosm，.方法二(1)如右图，取AB的中点E，连接DE，SE，则四边形BCDE为矩形，DECB2，AD.侧面SAB为等边三角形，AB2，SASBAB2，且SE，又SD1，SA2SD2AD2，SE2SD2ED2，SDSA，SDSB，又ASDSS，SD平面SAB(2)作S在DE上的射影G，ABSE，ABDE，AB平面SDE，平面SDE平面ABCD，两平面的交线为DE，SG平面ABCD，在RtDSE中，由SDSEDESG得12SG，SG，作A在平面SBC上的射影H，则ABH为AB与平面SBC所成的角，CDAB，AB平面SDE，CD平面SDE，CDSD，在RtCDS中，由CDSD1，求得SC.在SBC中，SBBC1，SC，SSBC，由VASBCVSABC，得SSBCAHSABCSG，即AH22，得AH，sin ABH，故AB与平面SBC所成的角的正弦值为.4(2018安徽江南名校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，试求出二面角FPCD的余弦值；若不存在，请说明理由解析 (1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CNAB，垂足为点N.CNAB，DAAB，CNDA，又ABCD，四边形CDAN为平行四边形，CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BN6，AB12，而E，M分别为PA，PB的中点，EMAB且EM6，又DCAB，EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，DECM.CM平面PBC，DE平面PBC，DE平面BPC(2)由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)假设AB上存在一点F使CFBD，设点F坐标为(8，t,0)，则(8，t6,0)，(8,12,0)，由0得t.又平面DPC的法向量为m(1,0,0)，设平面FPC的法向量为n(x，y，z)又(0,6，8)，.由得即不妨令y12，有n(8,12,9)则cosn，m.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角FPCD的余弦值为.5(2017山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解析 (1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30.(2)方法一取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.方法二以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.因此所求的角为60.6(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值 解析 (1)证明：由题设可得ABDCBD，从而ADCD又ACD是直角三角形，所以ADC90.取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故BOD90.所以平面ACD平面ABC(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0