全程方略2021届高考数学专项精析精炼：2014年考点37-立体几何中的向量方法

温馨提示：此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。考点37立体几何中的向量方法一、填空题1.(2022·新课标全国卷Ⅱ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).cosθ===.故选C.二、解答题2.(2022·新课标全国卷Ⅱ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EG∥PB,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).由于cos=|cos<>|===,解得m=.设F为AD的中点,则PA∥EF,且PA==,EF⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.所以VE-ACD=QUOTE·S△ACD·EF=××××=.所以,三棱锥E-ACD的体积为.3.（2022·四川高考理科·Ｔ18）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】本题主要考查简洁空间图形的三视图、空间线面垂直的推断与性质、空间面面夹角的计算等基础学问，考查空间想象力量、推理论证力量、运算求解力量.【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，所以平面由于，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，这与冲突所以为线段的中点（2）解法一：如图，作于，连接，由（Ⅰ）知，∥，所以．由于，所以为二面角的一个平面角．由（Ⅰ）知，，为边长为2的正三角形，所以==，由俯视图知，平面，由于平面，所以，因此在等腰直角中，,作于，在中，，所以,由于在平面内，，，所以∥，又由于为的中点，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.（2022·天津高考理科·Ｔ17）（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.由于底面，故，而，从而平面，由于平面，于是，又，所以.连接，由（1）有平面，得，而，故.又由于，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.由于底面，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.（2022·湖南高考理科·Ｔ19）（本小题满分12分）如图6，四棱柱的全部棱长都相等，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）由于四边形均为矩形，所以,又∥∥,所以,由于,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，由于,所以,在直角三角形中,,由于,所以,所以,即二面角的余弦值为。解法二：由于四棱柱的全部棱长都相等，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，由于,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.(2022·广东高考理科)(13分)四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,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)接受几何法较为便利,证AD⊥平面PCDCF⊥AD,又CF⊥AFCF⊥平面ADF.(2)接受向量法较为便利,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,留意到为平面ADF的法向量,结合其求二面角.【解析】(1)由于四边形ABCD为正方形,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PC⊥DF,即∠CDF=∠DPC=30°,有FC=DC=1,DF=FC=,DE=DF=,EF=DE=QUOTE,则D(0,0,0),EQUOTE,FQUOTE,A(0,0,2),C(0,2,0),=QUOTE,=QUOTE,=QUOTE,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由QUOTE得QUOTE取x=4,有y=0,z=,则n=(4,0,),又平面ADF的一个法向量为QUOTE=QUOTE,所以cos<n,QUOTE>=QUOTE=QUOTE=-QUOTE,所以二面角D-AF-E的余弦值为QUOTE.7.（2022·福建高考理科·Ｔ17）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.求证：；若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【解题指南】⑴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．⑵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，AB⊥BD，………2分∴AB⊥平面BCD，又平面BCD，∴AB⊥CD；…………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QUOTE错误！未找到引用源。QUOTE错误！未找到引用源。QUOTE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.（2022·山东高考理科·Ｔ17）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，是线段的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）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学问求解二面角，也可以利用向量法来求解.【解析】（Ⅰ）连接为四棱柱，又为的中点，,,为平行四边形又（Ⅱ）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，设平面的法向量为明显平面的法向量为明显二面角为锐角，所以平面和平面所成角的余弦值为9.(2022·陕西高考理科·T17)(本小题满分12分)四周体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四周体的棱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θ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,留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)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,所以四边形EFGH是平行四边形.又由三视图可知AD⊥面BDC,所以AD⊥BC,所以EF⊥FG,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),QUOTE=(0,0,1),QUOTE=(-2,2,0),QUOTE=(-2,0,1).设平面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.当时，证明：直线平面;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】（Ⅰ）建立坐标系，求出，可得BC1∥FP，利用线面平行的判定定理，可以证明直线BC1∥平面EFPQ；

（Ⅱ）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（Ⅰ）证明：当时，由于，所以，即而，且，故直线平面。（Ⅱ）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.（2022·重庆高考文科·Ｔ20）如题(20)图,四棱锥中,底面是以