备战2017高考数学(精讲+精练+精析)必做01空间向量与立体几何试题(江苏版)(含解析)

1、专题1空间向量与立体几何【三年咼考】1.【2021江苏高考，22】如图，在四棱锥P ABCD中，PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形， ABC BAD -, PA AD 2, AB BC 12(1) 求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2) 点Q是线段BP上的动点，当直线 CQ与 DP所成角最小时，求线段 BQ的长uuuD令OO Z2 Z2 yyX 2.UULT r，y 1，解得z 1，x 1.所以m 1,1,1是平面 CD的一个法向量.从而cos D, mITDUDrm rm3-3所以平面与平面 CD所成二面角的余弦值为3【解析】以uuur uuur uuu,D,为正交基底

2、建立如下图的空间直角坐标系xyz，那么各点的坐标为1,0,0 ,C1,1,0 , D0,2,0 , 0,0,2 .uuurujitUUU(1)因为D平面，所以 D是平面的一个法向量，D0,2,0因为 C 1,1, 2 ,rr uun r uuu0,2, 2 设平面 CD的法向量为m x,y, z，那么m C 0 D 0，即(2)因为 BR=i142l,设 BQ 二；iBP 二丨一乙 0=丄丿(O<Z<1),又 CB 二 IQ70 丿，那么西阿而m设2 g<<g戸20 一 10 当且仅留神即2+SCQ = CB + BQ = (-Z-L2x),又EP=(O-2:2),从而

3、cos(CQ:DP CQ'DPf i 曲(页丽卜一=一可胡厕 '/紀-山+9 fl_If 9(9时,CO5仗函的最大值为響.因九汁心在(0冷)上是减函亂 此时直线CQ2DP所成角取得最牛值又因PDBP = 711 + 2: =5 ?所UBQ= = EP = m3.2.【2021江苏，理22】如图，在直三棱柱 ABC ABC中, ABLAC, AB= AC= 2, AA= 4，点D是BC的中占八、(1)求异面直线 AiB与CD所成角的余弦值；求平面ADC与平面ABA所成二面角的正弦值.3 105【答案】(1)10. (2)3A xyz,【解析】解：(1)以A为坐标原点，建立如下图

4、的空间直角坐标系那么 A(0,0,0), B(2,0,0), C(0,2,0),D(1,1,0), A(0,0,4), G(0,2,4),umruuuu所以 AiB = (2,0 , 4), C1D = (1 , 1, 4).血D一期QClrB_WA_183 尿“1810 '所以异面直线 AB与CD所成角的余弦值为3、1010 .UULTUUUUUULTUUUU量.取平面 AAB的一个法向量为n2= (0,1,0)，设平面ADC与平面ABA所成二面角的大小为(2)设平面 ADC的法向量为 ni= (x,y,z)，因为 AD = (1,1,0) , AC, = (0,2,4)，所以 ni

5、 AD = 0, n 1 AC,=0，即 x+ y = 0 且 y+ 2z= 0,取 z= 1,得 x= 2, y =- 2,所以，ni = (2 , - 2,1)是平面 ADC的一个法向n1 n2由 |cos因此，平面 ADC与平面ABA所成二面角的正弦值为3.【2021高考新课标2理数】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O, AB 5,AC 6，点E,F 分别在AD,CD 上, AE CF 5 , EF交BD于点H 将 DEF沿EF折到 D EF位置，OD .10 .4(I)证明：D H 平面ABCD ;(H)求二面角 B D A C的正弦值.【答案】I详见解析;D2.95寸【解析

6、】试題分析；(I >证虫C : EF ,再证。可一0H ,最后证DH 一平面朋3 j < II用向量法求解 朋 CF试题解析：(叮由得*C丄3D f AD - CD ,又由.4E - CF -=,故丿C >£F . 丄辺 CD因此EF 丄ZTO,从而商丄DM 由仙"AC = 6ff Z>0 = BO = AB-A01 =4.OH 4E 由£F / UCS =_ sm pj/ = i D'H = DH = 3h" DO AD 4 "'于是 OH 1,=32 +12 = 10 =- ?故D'H LGH

7、 *又 DH EF，而 OH EF H ,所以D H 平面ABCD. yuurHF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系(II )如图,以H为坐标原点,H xyz，那么 H 0,0,0，A 3, 2,0，uuuB 0, 5,0，C 3, 1,0，D 0,0,3，AB (3,luur4,0)，AC 6,0,0 ，uuur ADur3,1,3 .设 mx1, y1, Z|是平面ABD的法向量，那么it uuum AB 0it uuuu ，即 m AD 03x| 4y103x| y1 3z1t uuuritt'n AC 0所以可以取m 4,3, 5 .设nx2, y2,Z2是平面ACD的法

8、向量，那么 r uuuun AD 0即6X23x20y23z20rit r所以可以取n 0, 3,1 .于是cos m,nit r m n147.5it r imi id.50 .1025sin m, n2-9525因此二面角B D A C的正弦值是冬95 .25a H b, a 丄 a ? b 丄 a; a 3 , a 丄 a考点：线面垂直的判定、二面角【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：判定定理；? a丄卩；面面垂直的性质.线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合

9、实际图形判断所求角是锐角还是钝角.4. 【2021高考山东理数】在如下图的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线I GH分别为EC FB的中点，求证：GH平面ABCHef=fb=2ac=2 3，ab=bc求二面角F BC A的余弦值.【答案】I见解析;【解析】试题分析：I根据线线、面面平行可得与直线GH与平面ABC平行；H立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二那么是找到FNM为二面角F BC A的平面角直接求解试题解析:(I )证明：设FC的中点为I，连接GI,HI ,在厶CEF ,因

10、为G是CE的中点，所以GI/EF,又 EF/OB ,所以 GI /OB ,在 CFB中，因为H是FB的中点，所以HI /BC又HI GI I ,所以平面GHI /平面ABC， 因为GH 平面GHI 所以GH /平面ABC.(II)解法一：连接00',那么00'平面ABC，又AB BC,且AC是圆0的直径，所以BO AC.以0为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系0 xyz.由题意得B(0,2、3,0)，C( 2. 3,0,0)，过点F作FM垂直0B于点M，所以 FM FB2 BM23,可得 F(0, .33)LUU_UUU一故 BC( 2,3,2 . 3,0),BF(0, 3,

11、3).ir设m (x,y,z)是平面BCF的一个法向量IT UUUm BC 0由 it uuir,m BF 0可得Mx 2咼0,丽 y 3z 0可得平面BCF的一个法向量m因为平面 ABC的一个法向量n (0,0,1),IT T一所以cosm, n|m| n|7所以二面角FBCA的余弦值为解法 连接00'，过点F作FM 0B于点M ,那么有 FM /00',又00'平面ABC ,所以FML平面ABC,可得 FM、FB?BM 2 3,过点M作MN垂直BC于点N，连接FN ,可得FN BC ,从而 FNM为二面角F BC A的平面角又AB BC, AC是圆O的直径,从而FN

12、竺，可得cos2FNM所以二面角FBCA的余弦值为所以MNBM sin45o2考点：1.平行关系；2.异面直线所成角的计算【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题解答此题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出标准的证明立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法此题能较好的考查考生的空间想象能力、 逻辑推理能力转化与化归思想及根本运算能力等5. 【2021高考天津理数】(本小题总分值13分)如图，正方形 ABC的中心为 Q四边形OBEF为矩形，平面 OBEH平面ABCD点G为AB的中点，AB=

13、BE=2. (I )求证：EG/平面ADF(II )求二面角OEHC的正弦值；2(III )设H为线段AF上的点，且 AH-HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.3【解析】试题分析：I利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证n利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值川利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值uuur urn uur试题解析：依题意，OF 平面ABCD，如图，以O为点，分

14、别以AD,BA,OF的方向为x轴，y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得00,0,0,A 1,1,0 ,B( 1, 1,0), C(1, 1,0), D(1,1,0), E( 1, 1,2), F(0,0,2), G( 1,0,0).ur umrujurumrirn1AD0(I )证明：依题意，AD(2,0,0), AF1, 1,2 .设qx, y, z为平面ADF的法向量，贝U urumrn1 AF 02x 0iruuLT即不妨设z 1，可得n 0,2,1，又EGx y 2z 0uuu LT0,1, 2，可得EG n 0，又因为直线uu(ll )解：易证,OAuuu1,1,0为平面

15、OEF的一个法向量.依题意，EFuuu1,1,0 ,CF1,1,2 .设EG 平面ADF，所以EG/平面ADF .0，即x y0不妨设x 1 ,可得0x y2z 0.6于是sinuuu uuOA, n2，所以，二面角33uuuuuuu uuOA n2 uuu iu OA n2uu uuu n ef x, y, z为平面CEF的法向量，那么 uu uuun2 CFuuu uu1, 1,1 .因此有 cos OA, n2O EF C的正弦值为.3 十 74CIIDB：由 AH=HF，得 =因狗打丸1=-1,|,所 AH=-AF=进而f 7 I 7 K 八ntj 戶育K从而因此迹小乩尬*二| 2所儿

16、 直线血和平I哎§幻匕5 5?昭|先21面CEF所成甬的正弦值为£丄考点：利用空间向量解决立体几何问题6. 【2021年高考北京理数】本小题14分如图，在四棱锥 P ABCD中，平面PAD 平面ABCD , PA PD , PA PD , AB AD ,AB 1 , AD 2, AC CD 5.1求证：PD 平面PAB;2求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；3在棱PA上是否存在点 M，使得BM /平面PCD ?假设存在，求 如 的值；假设不存在，说明理由AMAPAP【答案】1见解析；2 3 ； 3存在,3【解析】试题勺析；1由面面垂直性IB定理知AB丄平面RLD ；根据线

17、面垂直性质定理可知丄卫D,再由线 面垂直利定定理可知PD 平面PAB 2取ND的中点0连结POCO ,以0为坐擁原点建立空间 育角坐标系0-司G利用冋重法可求出直找朋与平面尸2?所成甬的正弦值i假设存在丰艮据A?匕 灯三点共线，设根Jg&H 平面PCD f即7=0,求区的值，即可求出竺的值.AP试题解析：1因为平面PAD 平面ABCD，AB AD，所以AB 平面PAD，所以AB PD，又因为PA PD，所以PD 平面PAB ；2取AD的中点O ,连结PO，CO，因为PA PD，所以PO AD .又因为PO 平面PAD，平面PAD 平面ABCD，所以PO 平面ABCD .因为CO 平面A

18、BCD，所以PO CO .因为AC CD，所以CO AD .如图建立空间直角坐标系O xyz,由题意得,A(0,1,0), B(1,1,0),C(2,0,0),D(0, 1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n (x, y,z)，那么n PD 0,即 y z 0，n PC 0,2x z 0,令 z 2，那么 x 1, y2.所以 n (i, 2,2).又 PB (1,1, 1)，所以 cos n,PBn PB3n PB333 设M是棱PA上一点，那么存在0,1使得 AM AP.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.因此点 M(0,1, ),BM ( 1,).因为BM平面PCD，

19、所以BM/平面PCD当且仅当BM即1,)(1, 2,2)0，解得所以在棱PA上存在点M使得BM /平面PCD，此时AMAP考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用 【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系，构造寻找二面角的平面角或得到点到面的距离等7 .【2021高考新课标3理数】如图，四棱锥P ABC中，PA 地面ABCD , AD P BC ,AB AD AC 3 , PA BC 4 , M 为线段 AD 上一点

20、，AM 2MD , N 为 PC 的中点.(I)证明MN P平面PAB;(II )求直线AN与平面PMN所成角的正弦值【答案】(I)见解析；(H)匕!.25【解析】试题分析：(I)取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN PAT，由此结合线面平行的判断定理可证； (n)以A为坐标原点，以 AD,AP所在直线分别为y, z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN的方向向量与平面 PMN法向量的夹角来处理 AN与平面PMN所成角.试题解析：2由得AM 3ad 2'取BP的中点连接AT,TN '由N为PC中点知TN/BC，TN 1BC 2.2

21、又AD / BC，故TN PAM，四边形AMNT为平行四边形，于是 MN / AT .因为AT 平面PAB , MN 平面PAB，所以MN/平面PAB.(n)取BC的中点E ,连结AE,由AB AC得AE BC，从而AE AD，且AE . AB2 BE2AB2 (BC )25.uuu以A为坐标原点， AE的方向为x轴正方向，建立如下图的空间直角坐标系A xyz,由题意知,P(0,O,4) , M(0,2,0) , CC5,2,0), N厅,1,2),uuin5PM (0,2, 4) , PN (,1, 2) , AN22x 4z 0r设n (x, y, z)为平面PMN的法向量，那么n PM

22、0r-，即.5，可取 n (0,2,1),n PN 0x y 2z 0r uuir8 525考点：1、【技巧点拨】(1)证明立体几何中的平行关系,常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证;(2 )求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理.8. 【2021高考浙江理数】(此题总分值15分)如图，在三棱台ABC DEF中,平面BCFE 平面ABC , ACB =90o, BE=EF=FC=1, BC=2, AC=3.(I)求证：EF丄平面ACFD(II)求二面角 BADF的平面角的余弦值.【答案】(I )

23、证明见解析;(II )-34Dr unr 口 AN | 是 |cos n, AN | 土 uuul |n |AN|【解析】试题分析：(I)先证 F再证F C，进而可证F平面CFD ； (II )方法一：先找二面角D F的平面角，再在RtQF中计算，即可得二面角F的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面C 和平面的法向量,进而可得二面角D F的平面角的余弦值.试题解析：(I)延长 D ,CF相交于一点，如下图.因为平面 CF 平面 C，且 C C，所以,C 平面 C ，因此,F C.又因为 F/ C,F FC 1 , C 2，所以C 为等边三角形，且 F为C 的中点，贝UF C

24、 .所以 F 平面 CFD .(ID方法一；过点F作rQ_AKf连结BQ.因为BF丄平面ACK,所以BF丄AK,那么AK丄平面BQF所以BQ丄AK所以，ZBQF是二面角B-AD-F的平面角.tRtAACK 中，AC = 3 ,= 得FQ= 13所儿 二面角b-ad-f的平面角的余弦值为罟.4方法二：如图，延长 D， CF相交于一点 ，那么 C 为等边三角形.取C的中点，那么C ,又平面 CF平面 C，所以,平面 C .以点 为原点，分别以射线,的方向为x , z的正方向,建立空间直角坐标系xyz.由题意得1,0,0 , c 1,0,0 ,0,0, . 3 ,1, 3,0 ,2嘤，F 2吨因此，

25、uuuumrC 0,3,0 ,UUT1,3, . 3 ,2,3,0设平面c的法向量为mm x1,y1,z1 ，平面的法向量为nX2 , y2 , Z2UUUT r .C m 由 uuur r m，得，取m0.3,0, 1 ；uuur r n 由uuur rn0，得02x2 3y20X2 3y23z2，取n03, 2, .3于是,cosm, n；|rm| |n|4所以，二面角考点：1、线面垂直；2、二面角.【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否那么很容易出现错误证明线面垂直的 关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一和菱形、正方形的对角

26、线.9. 2021年高考四川理数】(本小题总分值12分)1如图，在四棱锥 P-ABCD中，AD/ BC,ADC= PAB=90 , BC=CD= AD, E为边 AD的中点，异面直线2PA与CD所成的角为90° .(I)在平面 PAB内找一点M使得直线 CM/平面PBE并说明理由；(H)假设二面角 P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值 B C"" 、/A E' D1【答案】i详见解析；n丄.3【解析】试题分析：i探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用的平行，易得 CD/ EB

27、;从而知M为DC和AB的交点；n求线面角，可以先找到这个角，即作 出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量 法求出线面角通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得试题解析：【在梯形加仞中蚪与e不平行.延长上乩DC,相交干点平面形眇点.X即为所求的一个点理由如下：由，且 BC=ED.所決四边形SCDE罡平讦皿边形.,所以CD 7 EB从而CMU EB.又前匚平面PBEj 平面PEE#所以CW/平面PBE.说明：延长肿至点阴使得AJ>=PXf那么所找的点可以是直线上任意一点n方法一：由，CDL PA, CDL AD, PA AD=A所以CDL

28、平面PAD.从而CDL PD.所以/ PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以/ PDA=45 .设 BC=1,那么在 Rt PAD中，PA=AD=2.过点A作AHL CE交CE的延长线于点 H,连接PH.易知PAL平面ABCD从而PAL CE.于是CEL平面PAH.所以平面PCEL平面PAH.过A作AQL PH于Q贝U AQL平面PCE.所以/ APH是 PA与平面PCE所成的角.在 Rt AEH中，/ AEH=45 , AE=1,所以ah=_£ .2在 Rt PAH中，PH= . PA2ah2 = 3JAH 1所以 sin / APH= =PH 3方法二:由，CDL PA CDL

29、 AD,PA AD=A所以CD!平面PAD.是 CDL PD.从而/ PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以/ PDA=45 .由PAL AB可得 PAL平面 ABCD.设 BC=1,那么在 Rt PAD中，PA=AD=2.uuur uuu作Ay丄AD,以A为原点，以AD , AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系 A-xyz，那么 A (0,0,0 ), P (0,0,2 ), C(2,1,0) , E(1,0,0),UJU所以 PE= (1,0,-2 ),uuuuuu设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),EC= (1,1,0 ), AP= (0,0,2 )UJ

30、UJUUUJPE 0,得 xuuu 得EC 0, x设直线2z 0,设 x=2，解得 n=(2,-2,1). y 0,uuuuPA与平面PCE所成角为a,贝U sin a = |n 锂|n | |AP| 2 22( 2)2 12所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为-考点：线线平行、线面平行、向量法【名师点睛】此题考查线面平行、线线平行、向量法等根底知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件线在面内，线在面外要写全，否那么会被扣分，求线面角以

31、及其他角，一种方法可根据定义作出这个角注意还要证明，然后通过解三角形求出这个角另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作 角、证明，关键是记住相应公式即可.10. 【2021高考四川，理14】如图，四边形 ABCD和ADPQ匀为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上, E、F分别为AB BC的中点.设异面直线EM与 AF所成的角为 ，那么COS的最大值为.【答案】25【解析】建立坐标系如下图uuu.设AB 1那么AF11(1,-,0),E(-,0,0).设 M(0,y,1)(0 y 1)，那么22UULU1EM ( -,y,1)，由于异面直线所成角的

32、范围为1时取等号所以2(1 y)令8y 1"19，那么霁善，当ttCCCJ1212yUUor1h2 .7 -y 1V4 14 J2(1 y)_125 , 4y2 55、5i，当y 0时，取得最大值C11.【2021咼考新课标2,理19】如图,长方体ABCDABQjDj 中，AB=16, BC=10 , AA 8，点 E ,F分别在A1E , C1D1上，AE D1F 4 过点E , F的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.Di ZCiB(I)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(n)求直线 AF与平面 所成角的正弦值.【鮮析】(I )交线围成的正方形FHGF如图;C

33、ID作瓦"丄症，垂杲为M ,贝=/ = A4=8,因为ERGF茄正方形，所以E/7 = EF = PC = 1Q.于是如"少-E =所=10.臥D为坐标原島页的万问为时由的正方向，題豈如團所示的空间直角坐标索Dg 那么XIOQO), (1040.0), £(10.40),m4=S), A& = (10:0:0), ffi = (O=-S).feK = (rv:z>是平面阪泸的法向量，贝ijC £=°=即 n-UE = O.10x0.-童冲所以可取叫=©牡» 又 = (-0r4:,故-oy +& = v.

34、cos < ntAF >| -nAFn -4F(拧+所以直线朋与平面疣所成角的正弦值为芋12.【2021高考新课标1,理18】如图，四边形 ABCD菱形，/ AB(=120°, E, F是平面ABC同一侧的两点，BE!平面 ABCD D吐平面 ABCD BE=2DF, AE! EC(I)证明：平面 AECL平面AFC(H)求直线 AE与直线CF所成角的余弦值【解析】(I)连接G母1,由/ AB(=120°,可得 AG=GC J3.由 BE!平面 ABCD AB=BC可知，AE=EC 又：AE1 EC 二 EG=J3 , EGL AC在 Rt EBG ,可得 BE

35、= 2 ,故 Df=2 在 Rt FDG ,可得 FG=6 在直角梯 形 BDF即,由 BD=2 , BE-2 , 2 2DF=-1 可得 EF=-2 , a EG2 FG2 EF2, EGL FG / A8 FG=G 二 EGL 平面 AFC 2 2),/ EG直角坐标系G-xyz，由(I)可得 A (0， J3 , 0),日1,0,C (0, 、3 , 0),、2), F ( 1,0 ,2uuuuuiuAE = (1, -,3 ,2 ), CF = (-1uur uuu AE,CFuuu uuu AE?CF -tuu_uuu |AE|CF|AE与CF所成的角的余弦值为313.【2021高考

36、全国1第19题】如图，三棱柱 ABC ABQ,中,侧面BB1C1C为菱形，ABB1C(I)证明：AC AB1；(n)右 AC AB1 , CBB1 60 , AB BC ,求二面角 A A B1 G 的余弦值.OA OB，从而OA, OB, OB1两两垂直.以O为坐标原点,uuuOB的方向为x轴正方向,uuuOB为单位长,建立如下图的空间直角坐标系O xyz .因为CBB160°,所以 CBB1为等边三角形又ABBC,r73那么 A(0,。，亍)，B(1,0,0) 2(。,亍,0) ,C(0,3 uuuu亍,0) "B(诗、3uuuLTuuu),A1B1AB(1,0,uum

37、u uurB1C1BC (1,几).设n (x,y,z)是平面AA1B1的法向量，那么3uuurAB1 uuuuA1 B10,即0,、一3.3y z33x 20,30,r所以可取n(1,.3八3) 设m是平面ABC的法向量，贝UWBLuc 山A山dm,同理可取0,m (1,3, 3) 那么 cos n, mn m 11m.所以二面角 A A1B1G的余弦值为一77【解析】(I )连接BC1 ,交B1C于O ,连接AO .因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C BC1，且O为B1C与BG的中点又AB BQ，所以BQ 平面ABO，故BQ AO 又BQ CO ,故AC AB1 .BOC 故(II)因

38、为AC AB1，且O为B1C的中点，所以AO CO,又因为AB BC , BOAAA1B1C1D1 中，E,F,M,N 分别是棱14.【2021高考湖北理第19题】如图，在棱长为2的正方体ABCDAB, AD, A, AP的中点，点P,Q分别在棱DDBB1上移动，且DP BQ 02(1 )当 1时，证明：直线 BG平面EFPQ ；求出的值；假设不存在,(2)是否存在 ，使平面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？假设存在,说明理由【解析】几何法：(1)证明：如图1,连结AD1，由ABCD ABQ1D1是正方体，知BC1/AD1，当时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP/AD1，

39、所以BC1/FP，而 FP 平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故BC1 /平面EFPQ .1(3)如图2,连结BD，因为E、F分别是AB、AD的中点，所以EF/BD，且EF BD，又DP BQ，21DP / BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ / BD，且PQ BD，从而EF / PQ，且EF - PQ，2在Rt EBQ和Rt FDP中，因为BQDP，BE DF 1，于是，EQ FP . 12，所以四边形EFPQ是等腰梯形，同理可证四边形PQMN是等腰梯形，分别取 EF、PQ、MN的中点为H、O、G，连结 OH、OG，那么 GO PQ，HO PQ，而GO HO O，故 GOH是平面

40、EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角，假设存在，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角，那么GOH 90，连结 EM、FN，那么由 EF/MN，且EF MN，知四边形EFNM是平行四边形，连结GH，因为H、G是EF、MN的中点，所以GHME 2，在 GOH 中，GH 24，2 2OH 21222 2射线2-4，解得12子2 2 2，OG22 1 2 2 2(2 )2 3，由 OG2 OH 2 GH 2得，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.向量法：以D为原点,DA,DC,DDi分别为x, y,z轴的正半轴建立如图 3的空间直角坐标系 D xyz，由得 B(2,

41、2,0),C1(0,2,2), F(1,0,0), P(0,0,)，所以 BG ( 2,0,2)，FP ( 1,0, )，FE (1,1,0)，( 1 )证明：当 1 时，FP ( 1,0,1)，因为 BG ( 2,0,2)，所以BG 2FP，即BG FP，而FP 平面EFPQ，且B® 平面EFPQ，故直线BCJ/平面EFPQ .I= 0 x+ i=0设平面刃®2A个i去向由+ _ 可得 二 于是取宀九一入叽FPn =0同理可得平面丄证V巴的一个法冋量为假设存在6梗平面EFFQE平面尸0£V所成的二面角为直二面角，raJm*n=z-2:2-_z4*A-Al = 0

42、,即“12-乂2-刃 + 1,解得小1 士f ,故存在土芈使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为宜二面角.第解許史3【2021年高考命题预测】 纵观2021各地高考试题，高考对立体几何的考查，可以发现均以规那么几何体为背景，这样建立空间直角坐标系较为容易，考查学生的化归与转化能力、空间想象能力以及根本运算能力从高考试题来看，空间向量的坐标及运算，空间向量的应用，重点考查空间向量的应用求夹角、求距离课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题， 用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度，题型

43、上空间的夹角和距离主要以主观题形式考查，但有时选择题、填空题也涉及，难度中等偏高，从高考试题来看，利用空间 向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点，题型主要为解答题，难度属于中等，主要考查向量的 坐标运算，以及向量的平行与垂直的充要条件，如何用向量法解决空间角问题等，同时注重考查学生的空 间想象能力、运算能力立体几何题型一般是一个解答题，1至2个填空或选择题解答题一般与棱柱和棱锥相关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理运算能力，其解题 方法一般都有二种以上，并且一般都能用空间向量来求解立体几何侧重考查学生的空间概念、逻辑思维 能力、空间想象能力及运算能力

44、，近几年凡涉及空间向量应用于立体几何的高考试题，都着重考查应用空间向量求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行、线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等根本 问题.预测2021年高考，可能以锥体为几何背景，第一问以线面平行，面面平行为主要考查点，第二问可 能给出一个角，计算角的问题，常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；求距离， 试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面 的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法，有可能求点的位置或设置一

45、个探索性命题，突出考查空间 想象能力和逻辑推理能力，以及分析问题、解决问题的能力复习建议：空间图形中的角与距离，先根据 定义找出或作出所求的角与距离，然后通过解三角形等方法求值，注意“作、证、算的有机统一解题时注意各种角的范围异面直线所成角的范围是 0°<0< 90°,其方法是平移法和补形法；直线与平面所成 角的范围是0°<0< 90°,其解法是作垂线、找射影；二面角0°<0< 180° .平面图形的翻折与空间图形的展开问题，要对照翻折或展开前后两个图形，分清哪些元素的位置或数量关系改变了，哪些 没

46、有改变【2021年高考考点定位】对立体几何中的向量方法局部，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空 间向量的运算问题.【考点1】空间向量【备考知识梳理】1 空间向量的概念向量：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量如位移、速度、力等相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量表示方法：用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量说明：由相等向量的概念可知，一个向量在空间平移到任何位置，仍与原来的向量相等，用同向且等长的有向线段表示；平面向量仅限于研究同一平面

47、内的平移，而空间向量研究的是空间的平移2 .向量运算和运算率OB OA AB a b , BA OA OB a b , OP a R加法交换律：abb a.加法结合律：a b c a b c.数乘分配律：a b a b.说明：引导学生利用右图验证加法交换率，然后推广到首尾相接的假设干向量之和；向量加法的平行四 边形法那么在空间仍成立3平行向量共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线 向量或平行向量 a平行于b记作a / b .注意：当我们说a、b共线时，对应的有向线段所在直线可能是同一直线，也可能是平行直线；当我们说a、b平行时，也具有同样的意义 共线

48、向量定理：对空间任意两个向量a a丰0 、b , a / b的充要条件是存在实数使b = a注：上述定理包含两个方面：性质定理：假设a / b a丰0,那么有b = a，其中 是唯一确定的实数判断定理：假设存在唯一实数，使b = a a丰0,那么有a / b 假设用此结论判断 a、b所在直线平行，还需a 或b 上有一点不在b 或a 上 对于确定的 和a , b = a表示空间与a平行或共线，长度为| a|，当 >0时与a同向，当 <0 时与a反向的所有向量假设直线I / a , A l , P为I上任一点，O为空间任一点，下面根据上述定理来推导op的表达式推论：如果I为经过点 A且

49、平行于非零向量 a的直线，那么对任一点 O,点P在直线I上的充要uuuuuur条件是存在实数t，满足等式OPOAta其中向量a叫做直线l的方向向量在I上取AB a，那么式可化为OP 1 tOA tOB.当t -时，点P是线段AB的中点，贝U2 2或叫做空间直线的向量参数表示式，是线段AB的中点公式.4 .向量与平面平行：如果表示向量 a的有向线段所在直线与平面平行或a在 平面内，我们就说向量 a平行于平面，记作a / .注意：向量a / 与直线a/ 的联系与区别.共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量共面向量定理 如果两个向量a、b不共线，那么向量 p与向量a、b共面的充要条件是存在

50、实数对 x、y,使p xa yb.注：与共线向量定理一样，此定理包含性质和判定两个方面推论：空间一点 P位于平面MAB的充要条件是存在有序实数对x、y，使MP xMA yMB,或对空间任一定点 Q有OP OM xMA yMB.在平面MAM,点P对应的实数对x, y 是唯一的.式叫做平面 MAB勺向量表示式又 MA OA OM ,. MB OB 0M,.代入，整理得OP 1 x yOM xOA yOB.由于对于空间任意一点 P,只要满足等式、之一它们只是形式不同的同一等式，点P就在平面MAB;对于平面 MA餉的任意一点P,都满足等式、，所以等式、都是由不共线的两个向量MA、MB 或不共线三点 M

51、 A B确定的空间平面的向量参数方程，也是M A、B、P四点共面的充要条件5.空间向量根本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量，存在一个唯一的有序实数组 x, y,z，使 p xa yb zc.说明：由上述定理知，如果三个向量a、b、c不共面，那么所有空间向量所组成的集合就是p|p xa yb zc,x、y、z R，这个集合可看作由向量 a、b、c生成的，所以我们把 a , b , c叫做空间的一个基底， a, b, c都叫做基向量；空间任意三个不共面向量都可以作为空间向量的一个基 底；一个基底是指一个向量组，一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同的概念；由于0

52、可视为与任意非零向量共线.与任意两个非零向量共面，所以，三个向量不共面就隐含着它们都不是0.推论：设 O A、B C是不共面的四点，那么对空间任一点P,都存在唯一的有序实数组 x、y、z,使OP xOA yOB zOC.6 数量积(1) 夹角：两个非零向量 a、b ,在空间任取一点 Q作OA， a , OB， b，那么角/ AOBiq做向量a与b的夹角，记作3说明：规定ow a, b w,因而 a, b = b, a ；如果 a, b =一，那么称a与b互相垂直，记作 a丄b ;23)、( 4)中的两个向量的夹角不同,在表示两个向量的夹角时，要使有向线段的起点重合，注意图( 图3中/ AOB OA,OB , 图4中/ AOB AO,OB从而有 OA,OB = OA, OB = OA, OB .(2) 向量的模：表示向量的有向线段的长度叫做向量的长度或模(3) 向量的数量积：a b cos a,b叫做向量a、b的数量积，记作 a b .即a b = a b cos a,b ,向量AB在e方向上的正射影：a e | AB | cos a, e A B(4)性质与运算率r 2 r r a e cos a,e ， a 丄 b a b=0, | a | a a.17rar&