《2018大二轮高考总复习理数文档：解答题4 立体几何与空间向量 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018大二轮高考总复习理数文档：解答题4 立体几何与空间向量 （18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一单元 高考中档大题突破 解答题解答题 04：立体几何与空间向量：立体几何与空间向量 年 份卷 别具体考查内容及命题位置命题分析 卷 空间直线与平面平行的判定，二面角余弦值的 计算T19 卷 空间直线与平面、面面垂直的判定，二面角余 弦值的求解T18 2017 卷 空间位置关系的推导与证明，二面角的求 解T19 甲卷面面垂直的证明，二面角余弦值的求解T18 乙卷 线线垂直、线面垂直的判定与性质，几何体的 体积T19 2016 丙卷线面平行的证明，线面角的正弦值的求解T19 卷 面面垂直的证明，异面直线所成角的余弦值的 求解T182015 卷空间线面位置关系及线面角的求解T19 卷空间线面位置
2、关系及二面角的求解T19 2014 卷 线面平行的证明，二面角的概念与条件转化， 三棱锥体积的计算T18 卷空间线线垂直的证明及线面角的求解T19 2013 卷空间线面平行的证明及二面角的求解T18 1.高考对此部分 以解答题的形式 考查 2解答题主要考 查空间线面位置 关系中的平行或 垂直的证明，空 间角的计算等. 基本考点利用空间向量证明空间位置关系 设直线 l 的方向向量为 a(a1，b1，c1)平面 ， 的法向量分别为 u(a2，b2，c2)， v(a3，b3，c3) (1)线面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20 (2)线面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2
3、 (3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3 (4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30 1(2017深圳模拟)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC 为等腰直角三角形， BAC90，且 ABAA1，D，E，F 分别为 B1A，C1C，BC 的中点求证： (1)DE平面 ABC； (2)B1F平面 AEF 证明：以 A 为原点，AB，AC，AA1所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空 间直角坐标系 Axyz， 令 ABAA14，则 A(0,0,0)，E(0,4,2)， F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4) (1
4、)(2,4,0)，平面 ABC 的一个法向量为(0,0,4)， DE AA1 10，DE平面 ABC， DE AA DE平面 ABC (2)(2,2，4)，(2，2，2)， B1F EF (2)22(2)(4)(2)0， B1F EF ，B1FEF B1F EF (2)222(4)00， B1F AF ，B1FAF B1F AF AFEFF，AF，EF平面 AEF， B1F平面 AEF 2(2017济南模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点 E 在线段 BB1上，且 EB11，D、F、G 分别为 CC1、C1B1、C1A1的中点 求证：(1)B1D平面 ABD
5、； (2)平面 EGF平面 ABD 证明：(1)以 B 为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系，如图所示 则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设 BAa， 则 A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0， BA BD B1D B1D BA 0440， B1D BD 即 B1DBA，B1DBD， 又 BABDB，BA，BD平面 ABD， 因此 B1D平面 ABD (2)由(1)知，E(0,0,3)，G( ， 1, 4)，F(0,1,4)， a 2 则( ， 1, 1)，(
6、0,1,1)，0220， EG a 2 EF B1D EG 0220， B1D EF 即 B1DEG，B1DEF， 又 EGEFE，EG，EF平面 EGF，因此 B1D平面 EGF 结合(1)可知平面 EGF平面 ABD 常考热点空间角与探索性问题 考向 01：空间角的求法 1向量法求异面直线所成的角 若异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，异面直线所成的角为 ，则 cos |cosa，b| |ab| |a|b| 2向量法求线面所成的角 求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为 ，则 sin |cosn，a| |na| |n|a| 3向量法求二面角 求出二面角 l 的两
7、个半平面 与 的法向量 n1，n2，若二面角 l 所成的角 为 锐角，则 cos |cosn1，n2|；若二面角 l 所成的角 为钝角，则 cos |n1n2| |n1|n2| |cosn1，n2| |n1n2| |n1|n2| 注意：注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论错误 (2017郑州二模)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，四边形 AA1C1C 是边长为 2 的菱形， 平面 ABC平面 AA1C1C，A1AC60，BCA90.阿凡题1083962 (1)求证：A1BAC1； (2)已知点 E 是 AB 的中点，BCAC，求直线 EC1与平面 ABB1A1所成
8、的角的正弦值 (1)【证明】 取 AC 的中点 O，连接 A1O， 因为四边形 AA1C1C 是菱形，且A1AC60，所以A1AC 为等边三角形，所以 A1OAC， 又平面 ABC平面 AA1C1C， 所以 A1O平面 ABC， 所以 A1OBC 又 BCAC，所以 BC平面 AA1C1C， 所以 AC1BC 在菱形 AA1C1C 中，AC1A1C， 所以 AC1平面 A1BC， 所以 A1BAC1 (2)【解】 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz，则 A(0，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，)，(2,2,0)，(0,1，)， 3 AB
9、BB1 CC1 3 设 m(x，y，z)是平面 ABB1A1的法向量，则Error!Error! 即Error!Error!取 z1，可得 m(， ，1) 33 又 E(1,0,0)，所以(1,2，)， EC1 3 设直线 EC1与平面 ABB1A1所成的角为 ， 则 sin |cos ，m| EC1 |EC1 m| |EC1| |m| 15 10 (2017全国卷)如图，在四棱锥 PABCD 中，ABCD，且 BAPCDP90.阿凡题1083963 (1)证明：平面 PAB平面 PAD； (2)若 PAPDABDC，APD90，求二面角 APBC 的余弦值 (1)【证明】 由已知BAPCDP
10、90，得 ABAP，CDPD 因为 ABCD，所以 ABPD 又 APDPP，所以 AB平面 PAD 因为 AB平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD (2) 【解】 在平面 PAD 内作 PFAD，垂足为点 F 由(1)可知，AB平面 PAD，故 ABPF，可得 PF平面 ABCD 以 F 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 FA AB 坐标系 Fxyz 由(1)及已知可得 A，0,0，P0,0， ，B，1,0，C，1,0， 2 2 2 2 2 2 2 2 所以，1，(，0,0)， PC 2 2 2 2 CB 2 ，0，(0,1,0) PA 2 2 2
11、 2 AB 设 n(x1，y1，z1)是平面 PCB 的一个法向量，则 Error!Error!即Error!Error! 所以可取 n(0，1，) 2 设 m(x2，y2，z2)是平面 PAB 的一个法向量，则 Error!Error!即Error!Error! 所以可取 m(1,0,1)，则 cosn，m nm |n|m| 2 3 2 3 3 所以二面角 APBC 的余弦值为 3 3 向量法求线面角、二面角的 4 个突破口 (1)破“建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系； (2)破“求坐标关” ，准确求解相关点的坐标； (3)破“求法向量关” ，求出平面的法向量； (4)破“应用公式关”
12、考向 02：立体几何中的探索性问题 以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命 题的一个显著特点，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数 值、图形等)是否存在或某一结论是否成立求解此类问题一般是用向量方法来处理，通过 待定系数法求解其存在性问题，思路简单、解法固定、操作方便 (2017兰州一模)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，PAABAD2，四边形 ABCD 满足 ABAD，BCAD 且 BC4，点 M 为 PC 的中点，点 E 为 BC 边上的动点，且. BE EC阿凡题1083964 (1)求证：平面 ADM平面
13、PBC； (2)是否存在实数 ，使得二面角 PDEB 的余弦值为.若存在，试求出实数 的值； 2 2 若不存在，说明理由 (1)【证明】 取 PB 的中点 N，连接 MN，AN， M 是 PC 的中点， MNBC，MN BC2， 1 2 又 BCAD，MNAD，MNAD， 四边形 ADMN 为平行四边形， APAD，ABAD，APABA， AD平面 PAB， ADAN，ANMN， APAB，ANPB， MNPBN，AN平面 PBC AN平面 ADM，平面 ADM平面 PBC (2)【解】 存在符合条件的 .以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz 设 BEt，则 E(2，t,
14、0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)， 从而(0,2，2)，(2，t2,0)， PD DE 设平面 PDE 的法向量为 n1(x，y，z)， 即Error!Error!令 yz2，解得 x2t， n1(2t,2,2)， 又平面 DEB 即为平面 xAy，故其一个法向量为 n2(0,0,1)， 则|cosn1，n2|，解得 t2，可知 1 |n1n2| |n1|n2| 2 2t244 2 2 解决此类问题时，把要成立的结论当作条件， 据此列方程或方程组， 把“是否存在” 问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解”来解决，但要注意检验此解是否在规定范围 内 1 (2017全国卷)如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC AD，BADABC90，E 是 PD 的中点 1 2 (1)证明：直线 CE平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45，求二面角 MABD 的余 弦值 (1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF 因为 E 是 PD 的中点，所以 EFAD，EF AD 1
