高考——空间向量与立体几何(理科)
空间向量与立体几何知识总结(高考必备!)

y k iA(x,y,z)O jxz 空间向量与立体几何一、空间直角坐标系的建立及点的坐标表示空间直角坐标系中的坐标:如图给定空间直角坐标系和向量a ,设,,i j k(单位正交基底)为坐标向量,则存在唯一的有序实数组123(,,)a a a ,使123a a i a j a k =++,有序实数组123(,,)a a a 叫作向量a在空间直角坐标系O xyz -中的坐标,记作123(,,)a a a a =.在空间直角坐标系O xyz -中,对空间任一点A ,存在唯一的有序实数组(,,)x y z ,使OA xi yj zk =++,有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标,记作(,,)A x y z ,x 叫横坐标,y 叫纵坐标,z 叫竖坐标.二、空间向量的直角坐标运算律(1)若123(,,)a a a a = ,123(,,)b b b b =, 则112233(,,)a b a b a b a b +=+++, 112233(,,)a b a b a b a b -=--- ,123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈,112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈,(2)若111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,则212121(,,)AB x x y y z z =---.一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
(3)//a b b a λ⇔= 112233()b a b a R b aλλλλ=⎧⎪⇔=∈⎨⎪=⎩三、空间向量直角坐标的数量积1、设b a ,是空间两个非零向量,我们把数量><b a b a ,cos ||||叫作向量b a ,的数量积,记作b a ⋅,即b a ⋅=><b a b a ,cos |||| 规定:零向量与任一向量的数量积为0。
2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)

2020年高考数学(理)重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点,一直在高中数学中占有很大的分值,未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点,理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用,简单几何体的体积,表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系,简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主,解答题部分主要考查平行,垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明,本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型,学完本专题以后,对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查:一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会,将题目中的直线转化成显示中的具体事务,例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题:一般图形可以采用补形法,将几何体补成正方体或者是长方体,再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理,从而去求.内切圆问题:转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题:采用等体积法.求几何体的表面积体积问题:应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】(建议用时:35分钟)一、单选题1.(2019·遵义航天高级中学高考模拟(理))一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.83B.163C.203D.8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8,高为2的四棱锥,如图所示:∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽. 2.(2019·天津高考模拟(理))已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形,且AB ⊥平面BCD ,2AB BD CD ===,若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上,则球O 的表面积为( )A .3πB .C .D .12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中,求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积;利用正方体外接球半径为其体对角线的一半,求得半径,代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ,CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中,如下图所示:∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半,即12R == ∴球O 的表面积:2412S R ππ==本题正确选项:D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题,关键是能够通过线面之间的位置关系,将所求四面体放入正方体中,通过求解正方体外接球来求得结果.3.(2019·河南高考模拟(理))如图,点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动,则下列四个结论:①三棱锥1A D PC -的体积不变;1//A P ②平面1ACD ; 1DP BC ⊥③;④平面1PDB ⊥平面1ACD .其中正确的结论的个数是( )A .1个B .2个C .3个D .4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解. 【详解】对于①,由题意知11//AD BC ,从而1//BC 平面1AD C ,故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等,所以以P 为顶点,平面1AD C 为底面,则三棱锥1A D PC -的体积不变,故①正确; 对于②,连接1A B ,11A C ,111//AC AD 且相等,由于①知:11//AD BC , 所以11//BA C 面1ACD ,从而由线面平行的定义可得,故②正确; 对于③,由于DC ⊥平面11BCB C ,所以1DC BC ⊥, 若1DP BC ⊥,则1BC ⊥平面DCP ,1BC PC ⊥,则P 为中点,与P 为动点矛盾,故③错误;对于④,连接1DB ,由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥,可得1DB ⊥面1ACD ,从而由面面垂直的判定知,故④正确. 故选:C . 【点睛】本题考查命题真假的判断,解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定,要注意使用转化的思想.4.(2019·贵州高考模拟(理))设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,有下列四个命题:∴若m α⊂,αβ⊥,则m β⊥; ∴若//a β,m β⊂,则//m α; ∴若m α⊥,//m n ,//αβ,则n β⊥; ∴若//m α,//n β,//m n ,则//αβ其中正确命题的序号是( ) A .∴∴ B .∴∴C .∴∴D .∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直,推不出面中任意直线和另一个面垂直,错误;故排除A 、B 选项,对于∴,两个平行平面,其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行,故正确,所以选C.5.(2019·福建高考模拟(理))在三棱锥P ABC -中,3PA PB ==,BC =8AC =,AB BC ⊥,平面PAB ⊥平面ABC ,若球O 是三棱锥P ABC -的外接球,则球O 的半径为( ).A B C D .2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ,AC 中点E ,连PD ,ED ,得E 为∴ABC 外接圆的圆心,且OE∴平面PAB ,然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ,由勾股定理得R .【详解】解:取AB 中点D ,AC 中点E ,连PD ,ED 因为AB BC ⊥,所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ,OE 不包含于平面PAB ,所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ,3PA PB ==,得PD ⊥AB ,ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ,ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中,3PA PB ==,AB =1sin 3PAB ∠=, 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==,即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选:A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题,经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径,d 是球心到截面距离,r 是截面外接圆半径.二、解答题6.(2019·山东高考模拟(理))如图,在四棱锥P ABCD -中,PC ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥,224AB AD CD ===,4PC =.(1)证明:当点E 在PB 上运动时,始终有平面EAC ⊥平面PBC ; (2)求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)5. 【解析】 【分析】(1)由PC ⊥底面ABCD ,证得AC PC ⊥,又由勾股定理,得AC CB ⊥,利用线面垂直的判定定理,得到AC ⊥平面PBC ,再由面面垂直的判定定理,可得平面EAC ⊥平面PBC ,即可得到结论;(2)分别以CD ,CF ,CP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,求得平面PBC 和平面PAB 的法向量,利用向量的夹角公式,即可求解. 【详解】(1)由题意,因为PC ⊥底面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,所以AC PC ⊥,又因为224AB AD CD ===,所以4AB =,2AD CD ==,所以AC BC ==,所以222AC BC AB +=,从而得到AC CB ⊥.又BC ⊂Q 平面PBC ,PC ⊂平面PBC ,BC PC C ⋂=,所以AC ⊥平面PBC , 又AC ⊂Q 平面ACE ,所以平面EAC ⊥平面PBC , 所以当点E 在PB 上运动时,始终有平面EAC ⊥平面PBC. (2)由条件知PC ⊥底面ABCD ,且AB AD ⊥, AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ,分别以CD ,CF ,CP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系(如图所示),所以(0,0,0)C ,(2,2,0)A ,(2,2,0)B -,(0,0,4)P .由(1)知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量,因为(2,2,0)CA =u u u r,(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ,设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r,则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ,即02x y z=⎧⎨=⎩,令1z =,则2y =,所以(0,2,1)n =r,所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ,故锐二面角A PB C --的余弦值5.【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明,以及空间角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,通过严密推理是线面位置关系判定的关键,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.7(2017·广东高考模拟(理))如图,在四棱锥P ABCD -中,90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒, PA ⊥平面ABCD ,2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点,求证: //CE 平面PAB ;(2)线段PD 上是否存在一点N ,使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5?若存在,试确定点N 的位置;若不存在,请说明理由. 8.(2019·天津市新华中学高考模拟(理))如图所示的几何体中,PD 垂直于梯形ABCD所在的平面,,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点,112PD AB AD CD ====,四边形PDCE 为矩形,线段PC 交DE 于点N .(1)求证:AC P 平面DEF ; (2)求二面角A PB C --的正弦值;(3)在线段EF 上是否存在一点Q ,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6?若存在,求出FQ 的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)见解析(23)在线段EF 上存在一点Q 满足题意,且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论;(2)建立空间直角坐标系,利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值,然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值;(3)假设点Q 存在,利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】(1)因为四边形PDCE 为矩形,所以N 为PC 的中点.连接FN ,在PAC V 中,,F N 分别为,PA PC 的中点,所以FN AC ∥, 因为FN ⊂平面DEF ,AC ⊄平面DEF , 所以AC P 平面DEF .(2)易知,,DA DC DP 两两垂直,如图以D 为原点,分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C,所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r,则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =,得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r,(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ,据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩, 则平面ABP的一个法向量为)n =r,cos ,3m n <>==u r r,于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --(3)设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭, 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟,整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭,则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π,所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=,由知1λ=,即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q,且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用,需要注意以下问题:(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算.(2)设,m n u r r 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.9.(2019·山东高考模拟(理))如图,在四棱锥P ABCD -中,已知PA ⊥平面ABCD ,ABC ∆为等边三角形,22PA AB ==,AC CD ⊥,PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明://BC 平面PAD ;(∴)若M 是BP 的中点,求二面角P CD M --的余弦值.【答案】(∴)见解析.(∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角,于是可得CD =60CAD ∠=︒.又由题意得到60BCA ∠=︒,故得//BC AD ,再根据线面平行的性质可得所证结论. (∴) 取BC 的中点N ,连接AN ,可证得AN AD ⊥.建立空间直角坐标系,分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量,根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值. 【详解】(∴)证明:因为PA ⊥平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD , 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ,所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角. 在Rt PCD V中,PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中,2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒,所以在底面ABCD 中,//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ,BC ⊄平面PAD , 所以//BC 平面PAD .(∴)解:取BC 的中点N ,连接AN ,则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD , 所以AN AD ⊥,分别以AN ,AD ,AP 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P,1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭,(0,2,0)D,1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ,(0,2,2)PD =-u u ur,9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r,由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v,即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩,得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩,令11y =,则1,1)n =u r.设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur,由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v,即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=,得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩, 令21y =,则232n ⎫=⎪⎭u u r .所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角, 所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具,根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等,解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解,体现了转化思想方法的利用,不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系,特别是求二面角时,在求得法向量的夹角后,还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角,然后才能得到结论. 10.(2018·吉林高考模拟(理))如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E ,F , M , N 分别是棱AB , AD , 11A B , 11A D 的中点,点P , Q 分别在棱1DD , 1BB 上移动,且(02)DP BQ λλ==<<.(1)当1λ=时,证明:直线1//BC 平面EFPQ ;(2)是否存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)见解析;(2)12λ=±.【解析】以D 为原点,射线DA , DC , 1DD 分别为x , y , z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B , ()10,2,2C ,()2,1,0E ,()1,0,0F , ()0,0,P λ, ()1,0,2N , ()2,1,2M ,则()12,0,2BC =-u u u u r, ()1,0,FP λ=-u u u r , ()1,1,0FE =u u u r , ()1,1,0NM =u u u u r , ()1,0,2NP λ=--u u u r.(1)当1λ=时, ()1,0,1FP =-u u u r ,因为()12,0,2BC =-u u u u r ,所以12BC FP =u u u u r u u u r,即1//BC FP ,又FP ⊂平面EFPQ ,且1BC ⊄平面EFPQ ,故直线1//BC 平面EFPQ . (2)设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r,则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r,得0{0.x y x z λ+=-+=,于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r,由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r,得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=,于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角,则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r,即()()2210λλλλ---+=,解得1λ=±,显然满足02λ<<.故存在1λ=±,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛:立体几何的有关证明题,首先要熟悉各种证明的判定定理,然后在进行证明,要多总结题型,对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系,求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角,要注意每一个坐标的准确性。
高考数学(理)复习 立体几何-6 空间向量与立体几何(理科)

第6节 空间向量与立体几何题型97 空间向量及其运算1.(2015四川理14)如图所示,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,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θ,则cos θ的最大值为 .1.解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设1AB =,()()0,,101My y 剟,则11,,02AF ⎛⎫= ⎪⎝⎭,1,0,02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭,1,,12EM y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由于异面直线所成的角的范围为π0,2⎛⎤⎥⎝⎦,所以cos θ==21y -()2222214181cos 1545545y y y y y θ-+⎛⎫+=⋅=- ⎪++⎝⎭,令81y t +=,19t 剟,则281161,1814552y y t t+⎡⎤=∈⎢⎥+⎣⎦+-,所以24cos0,25θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,故cos θ的最大值为25,此时0y =.2.(2015浙江理13) 如图,三棱锥A BCD -中 3,2AB AC BD CD AD BC ======, 点,M N 分别是,AD BC 的中点,则异面直线,AN CM 所成的角的余弦值是 .MQPFE DCBA2.解析 解法一: 连接ND ,取ND 中点E ,连接,ME CE ,如图(1)所示,则CME ∠即是,AN CM 所成的角.ME =CM =,CE=所以7cos 8CME ∠==.评注 本题也可用向量法来求. 如图(2)所示,把A BCD -放入一个长方体中,然后建立空间直角坐标系,利用cos ,AN CM AN CM AN CM⋅=⋅来计算.ENMDCB Ay图(1) 图(2)题型98 空间角的计算1.(2013山东理4)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长的正三角形,若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ).NMDCB ABFCDAP1B A.5π12 B.π3 C. π4 D.π62.(2013辽宁理18)如图,AB 是圆的直径,PA 垂直于圆所在的平面,C 是圆上的点.(1)求证:平面PAC ⊥平面PBC ; (2)若211AB AC PA ===,,,求证:二面角--C PB A 的余弦值.ACB3.(2013湖南理19)如图5,在直棱柱1111//ABCD A B C D AD BC -中,,90,BAD ∠=,AC BD ⊥1,BC =1 3.AD AA ==(1)证明:1ACB D ⊥;(2)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.4. (2013重庆理19)如图,四棱锥-P ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,2BC CD ==,4AC =,π3ACB ACD ∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长;(2)求二面角--B AF D 的正弦值.OABCDC1A1B1D1ED 1C 1B 1A 1DCBA5.(2013天津理17)如图,四棱柱1111ABCD A B C D -中.侧棱1A A ⊥底面ABCD ,AB DC ∥,AB AD ⊥,1AD CD ==,12AA AB ==,E 为棱1AA 的中点.(1) 证明:11B C CE ⊥;(2) 求二面角11B CE C --的正弦值;(3) 设点M 在线段1C E 上,且直线AM 与平面11ADD A所成角的正弦值为6,求线段AM 的长.6.(2013山东理18)如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,D ,C ,E ,F 分别是AQ ,BQ ,AP ,BP 的中点,2AQ BD =,PD 与EQ交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH . (1)求证:GH AB ∥;(2)求二面角D GH E --的余弦值. 7. (2013陕西理18)如图,四棱柱1111-ABCD A B C D 的底面ABCD 是正方形,O 为底面中心,1AO ⊥平面ABCD,1AB AA ==(1)证明:1AC ⊥平面11BB D D ;(2)求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角θ的大小.8. (2013福建理19)如图,在四棱柱1111D C B A ABCD -中,侧棱⊥1AA 底面ABCD ,1//,1,3,AB DC AA AB k ==4,5,6,(0)AD k BC k DC k k ===>(1)求证:⊥CD 平面11A ADD(2)若直线1AA 与平面C AB 1所成角的正弦值为76,求k 的值 (3)现将与四棱柱1111D C B A ABCD -形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱,规定:若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案,问共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为)(k f ,写出)(k f 的解析式.(直接写出答案,不必说明理由).9. (2013安徽理19)如图,圆锥顶点为P ,底面圆心为O ,其母线与底面所成的角为225.,AB 和CD 是底面圆O 上的两条平行的弦,轴OP 与平面PCD 所成的角为60. (1)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (2)求cos COD ∠.10.(2013四川理19)如图,在三棱柱11ABC A B C-中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(1)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l⊥BP1A C ABB 1C 1D 1A 1P A DC平面11ADD A ;(2)设(1)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.11.(2013广东理18)如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(1) 证明:A O '⊥平面BCDE ;(2) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.12. (2013全国新课标卷理18)如图,直棱柱111-ABC A B C中,D E ,分别是1AB BB ,的中点,12AA AC CB AB ===. (1)证明:1BC ∥平面11ACD ; (2)求二面角1--D AC E 的正弦值.13.(2013江西理19)如图,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,E 为BD 的中点,G 为PD 的中. C O B D EA C DOBE'A图1 图2点,DAB DCB △≌△,1EA EB AB ===,32PA =,连接CE 并延长交AD 于F .(1) 求证:AD ⊥平面CFG ;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.14.(2014 新课标2理11)直三棱柱111ABC A B C -中,90BCA ∠=︒,M N ,分别是11A B ,11AC 的中点,1BC CA CC ==,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ).A.110 B.25C.10D.215.(2014 四川理 8)如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,点O 为线段BD 的中点。
空间向量与立体几何高考真题

空间向量与立体几何2019年 1. (2019全国Ⅰ理18)如图,直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形, AA 1= 4, AB = 2,∠BAD = 60°, E , M , N 分别是BC , BB 1, A 1D 的中点.(1)证明: MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A -MA 1-N 的正弦值.2. (2019北京理16)如图, 在四棱锥中, , , , . E 为PD 的中点, 点F 在PC 上, 且.(Ⅰ)求证: ;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)设点G 在PB 上, 且. 判断直线AG 是否在平面AEF 内, 说明理由. 3. (2019浙江19)如图, 已知三棱柱, 平面平面,, 分别是AC , A 1B 1的中点. (1)证明: ;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.P ABCD -PA ABCD ⊥平面AD CD ⊥ADBC 2PA AD CD BC ====,13PF PC =CD PAD ⊥平面F AE P --23PG PB =111ABC A B C -11A ACC ⊥ABC 90ABC ∠=︒1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==EF BC ⊥4. (2019江苏16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB= BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.5. (2019全国Ⅲ理19)图1是由矩形ADEB、R t△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB= 1,BE= BF= 2,∠FBC= 60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.6. (2019全国Ⅱ理17)如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明: BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE = A 1E , 求二面角B –EC –C 1的正弦值.7. (2019北京理16)如图, 在四棱锥中, , ,, . E 为PD 的中点, 点F 在PC 上, 且.(Ⅰ)求证: ;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)设点G 在PB 上, 且. 判断直线AG 是否在平面AEF 内, 说明理由. 8. (2019浙江19)如图, 已知三棱柱, 平面平面,, 分别是AC , A 1B 1的中点. (1)证明: ;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.P ABCD -PA ABCD ⊥平面AD CD ⊥ADBC 2PA AD CD BC ====,13PF PC =CD PAD ⊥平面F AE P --23PG PB =111ABC A B C -11A ACC ⊥ABC 90ABC ∠=︒1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==EF BC ⊥9. (2019全国Ⅲ理19)图1是由矩形ADEB、R t△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB= 1,BE= BF= 2,∠FBC= 60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.10. (2019全国Ⅱ理17)如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE= A1E,求二面角B–EC–C1的正弦值.11. (全国Ⅰ理18)如图,直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形,AA1= 4,AB= 2,∠BAD= 60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明: MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A -MA 1-N 的正弦值.12. (2019北京理16)如图, 在四棱锥中, , , , . E 为PD 的中点, 点F 在PC 上, 且.(Ⅰ)求证: ; (Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)设点G 在PB 上, 且. 判断直线AG 是否在平面AEF 内, 说明理由. 13. (2019天津理17)如图, 平面, , .(Ⅰ)求证: 平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值;(Ⅲ)若二面角的余弦值为, 求线段的长. P ABCD -PA ABCD ⊥平面AD CD ⊥ADBC 2PA AD CD BC ====,13PF PC =CD PAD ⊥平面F AE P --23PG PB =AE ⊥ABCD ,CF AE AD BC ∥∥,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====BF ∥ADE CE BDE E BD F --13CF。
历届数学高考中的试题空间向量与立体几何

空间向量与立体几何1.(2008海南、宁夏理)如图,已知点P 在正方体ABC D -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上,∠PDA=60°。
(1)求DP 与CC 1所成角的大小;(2)求DP 与平面AA 1D 1D2.(2008安徽文)如图,在四棱锥O ABCD -中,底面ABCD 四边长为1的 菱形,4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。
(Ⅰ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小; (Ⅱ)求点B 到平面OCD 的距离。
1A3.(2005湖南文、理)如图1,已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6,高为3的等腰梯形,将它沿对称轴OO 1折成直二面角,如图2。
(Ⅰ)证明:AC ⊥BO 1; (Ⅱ)求二面角O -AC -O 1的大小。
4.(2007安徽文、理)如图,在六面体1111D C B A ABCD -中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,四边形1111D C B A 是边长为1的正方形,⊥1DD 平面1111D C B A ,⊥1DD 平面ABCD ,DD 1=2。
(Ⅰ)求证:11C A 与AC 共面,11D B 与BD 共面. (Ⅱ)求证:平面;1111BDD B ACC A 平面⊥ (Ⅲ)求二面角C BB A --1的大小.A BC D O O 1 A B O C O 1 D5.(2007海南、宁夏理)如图,在三棱锥S ABC -中,侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形,90BAC ∠=°,O 为BC 中点. (Ⅰ)证明:SO ⊥平面ABC ; (Ⅱ)求二面角A SC B --的余弦值.6.(2007四川理)如图,PCBM 是直角梯形,∠PCB =90°,PM ∥BC ,PM =1,BC =2,又AC =1,∠ACB =120°,AB ⊥PC ,直线AM 与直线PC 所成的角为60°. (Ⅰ)求证:平面PAC ⊥平面ABC ; (Ⅱ)求二面角B AC M --的大小; (Ⅲ)求三棱锥MAC P -的体积.OS B AC7.(2006全国Ⅰ卷文、理)如图,1l 、2l 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段.点A 、B 在1l 上,C 在2l 上,AM MB MN ==。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)

立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标:1.理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解可以作为推理依据的公理和定理;2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理;3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述:1.平面的基本性质(1)公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内).(2)公理2:经过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面(即可以确定一个平面).(3)公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线. 推论1:经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面.推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面.推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面.2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线:不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.3.异面直线所成的角①定义:设a ,b 是两条异面直线,经过空间任一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ,把a ′与b ′所成的锐角或直角叫作异面直线a ,b 所成的角(或夹角).②范围:.4.异面直线的判定方法: ]2,0(π【考点讲解】判定定理:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线;反证法:证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面,从而可得两线异面.5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”,平移的方法一般有三种类型:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行.平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面问题化归为共面问题来解决,具体步骤如下:①平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;②认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;③计算:求该角的值,常利用解三角形;④取舍:由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.【温馨提示】平面的基本性质,点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点,题型除了选择题或填空题外,往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查.1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题,要求会构造三角形,讨论两直线是否共面,并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示,作EO CD⊥于O,连接ON,BD,易得直线BM,EN是三角形EBD的中线,是相交直线.过M作MF OD⊥于F,连接BF,Q平面CDE⊥平面ABCD,,EO CD EO⊥⊂平面CDE,EO∴⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,MFB∴△与EON△均为直角三角形.设正方形边长为2,易知12EO ON EN===,,5,2MF BF BM==∴=,BM EN∴≠,故选B.] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为( )A .15 BCD【解析】方法一:用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面,如图,则11B P AD ∥,连接DP ,易求得1DB DP =,12B P =,则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角,由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r , 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5,故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为棱1CC 的中点,则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.2 BCD【解析】如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,CD AB ∥,所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠,设正方体边长为2a ,则由E 为棱1CC 的中点,可得CE a =,所以BE =,则tan BE EAB AB ∠===.故选C .【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中,120ABC ∠=︒,2AB =,11BC CC ==,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为( )A.2 B.5 C.5D.3 【解析】如图所示,补成直四棱柱1111ABCD A B C D -,则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+,因此111cos 5BC BC D C D ∠===,故选C . 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为棱CD 的中点,则( )A .11A E DC ⊥B .1A E BD ⊥C .11A E BC ⊥D .1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理,可知平面内的线垂直于平面的斜线,则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥,那么11D E DC ⊥,很显然不成立;B.若1A E BD ⊥,那么BD AE ⊥,显然不成立;C.若11A E BC ⊥,那么11BC B C ⊥,成立,反过来11BC B C ⊥时,也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立;D.若1A E AC ⊥,则AE AC ⊥,显然不成立,故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ; ②m ∥α; ③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________.【解析】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题:(1)如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m ,正确;(2)如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α,不正确,有可能m 在平面α内;(3)如果l ⊥m ,m ∥α,则l ⊥α,不正确,有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为:如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ,b 都垂直,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成30°角;②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角;③直线AB 与a 所成角的最小值为45°;④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.(填写所有正确结论的编号)【解析】设1AC BC ==.由题意,AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线,由,AC a AC b ⊥⊥,又AC ⊥圆锥底面,所以在底面内可以过点B ,作BD a ∥,交底面圆C 于点D ,如图所示,连接DE ,则DE ⊥BD ,DE b ∴∥,连接AD ,等腰ABD △中,AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时,60ABD ∠=o ,故BD =Rt BDE △中,2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ,交圆C 于点F ,连接AF ,由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形,60ABF ∴∠=o ,即AB 与b 成60°角,②正确,①错误.由图可知③正确;很明显,可以满足平面ABC ⊥直线a ,则直线AB 与a 所成角的最大值为90°,④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图,已知平面四边形ABCD ,AB =BC =3,CD =1,ADADC =90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ',直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______.【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ.设O 是AC 中点,由已知得AC =如图,以OB 为x 轴,OA 为y 轴,过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,由(0,2A,(2B,(0,2C -,作DH AC ⊥于H ,翻折过程中,'D H 始终与AC 垂直,26CD CH CA ===,则3OH =,DH =='(,sin )636D αα-,则'sin )6236BD αα=--uuu r ,与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r , 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时,cos θ取最大值9.9.【2017天津,文17】如图,在四棱锥P ABCD -中,AD ⊥平面PDC ,AD BC ∥,PD PB ⊥,1AD =,3BC =,4CD =,2PD =.(I )求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(II )求证:PD ⊥平面PBC ;(Ⅲ)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】(Ⅰ)异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角,//AD BC ,所以PAD ∠即为所求,根据余弦定理求得,但本题可证明AD PD ⊥,所以cosAD PAD AP ∠=;(Ⅱ)要证明线面垂直,根据判断定理,证明线与平面内的两条相交直线垂直,则线与面垂直,即证明,PD BC PD PB ⊥⊥;(Ⅲ)根据(Ⅱ)的结论,做//DF AB ,连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】(Ⅰ)解:如图,由已知AD //BC ,故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ,所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中,由已知,得225AP AD PD =+=,故5cos AD DAP AP ∠==. 所以,异面直线AP 与BC C(Ⅱ)证明:因为AD ⊥平面PDC ,直线PD ⊂平面PDC ,所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ,所以PD ⊥BC ,又PD ⊥PB ,所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ,∠ABC =90°,故BC ⊥A 1F .所以BC ⊥平面A 1EF .因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形.由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形.由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1,所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角).不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E ,EG O 为A 1G 的中点,故12A G EO OG ===, 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 方法二:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1,平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC .如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E –xyz .不妨设AC =4,则A 1(0,0,B 1,0),1B ,3,2F ,C (0,2,0).因此,3,2EF =u u u r ,(BC =u u u r .由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ,,,,,.设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =,,,由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n,得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 取n (11)=,故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ,n n n |, 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.2.【2017课标1,文6】如图,在下列四个正方体中,A ,B 为正方体的两个顶点,M ,N ,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是( ) A . B .C .D .【解析】本题考点是线面平行的判断问题,由题意可知:第二个选项中AB ∥MQ ,在直线AB ∥平面MNQ ,第三个选项同样可得AB ∥MQ ,直线AB ∥平面MNQ ,第四个选项有AB ∥NQ ,直线AB ∥平面MNQ ,只有选项A 不符合要求【答案】A2.空间中,可以确定一个平面的条件是( )A .两条直线B .一点和一条直线C .一个三角形D .三个点【解析】不共线的三点确定一个平面,C 正确;A 选项,只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面;B 选项,一条直线和直线外一点才能确定一个平面;D 选项,不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A -BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点,如果EF ∩HG =P ,则点P ( )A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上,也不在直线BD 上【解析】如图所示,∵EF ⊂平面ABC ,HG ⊂平面ACD ,EF ∩HG =P ,∴P ∈平面ABC ,P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD =AC ,∴P ∈AC ,故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ,则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系,直线与直线的位置关系,若直线l 与平面α相交,则在平面α内不存在直线与直线l 平行,故A 错误;若直线l ∥平面α,则在平面α内不存在直线与l 相交,故C 错误;对于直线l 与平面α相交,直线l 与平面α平行,直线l 在平面α内三种位置关系,在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直,故选B.【答案】B5.如图,四棱锥P ABCD -中,90ABC BAD ∠=∠=︒,2BC AD =,PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形,则异面直线CD 和PB 所成角的大小为( )A .90︒B .75︒C .60︒D .45︒【解析】设1AD =,则2BC =,过A 作//AE CD 交BC 于E ,则AD CE =,过E 作//EF PB 交PC于F ,则AEF ∠即为为所求,如图所示,过F 作//FG CD 交PD 于G ,连接AG ,则四边形AEFG 是梯形,其中//FG AE ,12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ,则GHA AEF ∠=∠,在GHA ∆中,1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+,所以90AEF ∠=︒,故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等,且A ∉α,给出以下三个命题:①△ABC 中至少 有一条边平行于α;②△ABC 中至多有两边平行于α;③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系,平面与平面的位置关系,如图,三点A 、B 、C 可能在α的同侧,也可能在α两侧,其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点,E ,F 分别是BC ,AD 的中点,(1)求证:直线EF 与BD 是异面直线;(2)若AC ⊥BD ,AC =BD ,求EF 与BD 所成的角.【解析】本题考点反证法证明异面直线,异面直线所成的角.(1)证明:假设EF 与BD 不是异面直线,则EF 与BD 共面,从而DF 与BE 共面,即AD 与BC 共面,所以A 、B 、C 、D 在同一平面内,这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾.故直线EF 与BD 是异面直线.(2)取CD 的中点G ,连接EG 、FG ,则EG ∥BD ,所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角.在Rt △EGF 中,由EG =FG =12AC ,可得∠FEG =45°,即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图,已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为3,M ,N 分别是棱AA 1,AB 上的点,且AM =AN =1.(1)证明:M ,N ,C ,D 1四点共面;(2)平面MNCD 1将此正方体分为两部分,求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明,平面分几何体的体积之比.(1)证明:连接A 1B ,在四边形A 1BCD 1中,A 1D 1∥BC 且A 1D 1=BC ,所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中,AM =AN =1,AA 1=AB =3,所以1AM AN AA AB, 所以MN ∥A 1B ,所以MN ∥D 1C.所以M ,N ,C ,D 1四点共面.(2)记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1,上部分体积为V 2,连接D 1A ,D 1N ,DN ,则几何体D 1-AMN ,D 1-ADN ,D 1-CDN 均为三棱锥,所以V 1=111D AMN D ADN D CDN V V V ---++=13S △AMN ·D 1A 1+13S △ADN ·D 1D +13S △CDN ·D 1D =13×12×3+13×32×3+13×92×3=132. 从而V 2=1111ABCD A B C D V --V 1=27-132=412,所以121341V V =, 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。
空间向量与立体几何 2024高考题目及答案

空间向量与立体几何 2024高考题目及答案2024年高考题目及答案:空间向量与立体几何【引言】2024年高考数学试题中,空间向量与立体几何是一个重要的考点。
在此次试题中,考查了空间向量的定义、运算和应用,以及立体几何中的线面交角、直线方程和平面方程等内容。
本文将对这些题目进行具体分析和解答,帮助同学们更好地理解和掌握相关知识点。
【题目一:空间向量的定义和运算】题目描述:已知点A(1, 2, -3)、B(4, -1, 2),向量AB可以表示为OA减去OB。
求向量AB的模长和方向余弦。
解答:首先,根据向量的定义,向量AB可以表示为OB减去OA,即AB = OB - OA。
则有向量AB = (4, -1, 2) - (1, 2, -3) = (4-1, -1-2, 2-(-3)) = (3, -3, 5)。
其次,求向量AB的模长,使用模长的定义:|AB| = √(3^2 + (-3)^2+ 5^2) = √(9 + 9 + 25) = √43。
最后,利用方向余弦的定义,设向量AB与空间坐标轴的夹角为α、β、γ,则有:cosα = 3 / √43,cosβ = -3 / √43,cosγ= 5 / √43。
【题目二:空间向量的应用】题目描述:在空间直角坐标系中,已知向量a = (3, 0, 4),向量b = (1, -2, 2)。
求向量a与向量b的数量积、向量积和夹角。
解答:首先,求向量a与向量b的数量积,使用数量积的定义:a·b = 3*1 + 0*(-2) + 4*2 = 3 + 0 + 8 = 11。
其次,求向量a与向量b的向量积,使用向量积的定义:a×b = |i j k ||3 0 4 ||1 -2 2 |= i*(0*2-(-2)*4) - j*(3*2-4*1) + k*(3*(-2)-1*0)= i*(-8) - j*(6) + k*(-6)= (-8, -6, -6)。
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面面角

高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面
面角
时间过的飞快,距离高考的时间就只剩76天了,同学和老师也越来越紧张了,有些地方欠缺的同学开始寝食难安,老师也赶快奉献点干货来帮助几何证明欠缺的学生。
立体几何其实难度不大,只要你会空间向量,会建系,一切就自然而然水到渠成了。
在这先分析这些立体几何的解题思路。
在立体几何中,第一问一般会让你证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直
1、证明线面平行的方法1、平移的方法,找到直线与平面内一条直线平行
2、利用面面平行、证明线面平行
2、证明线面垂直的方法1、证明直线与平面内相交的两直线垂直
3、证明面面平行的方法1、证明一个平面内两相交的直线与另一个平面内两相交的直线互相平行
2、证明平面内两相交的直线分别平行另一个平面
4、证明面面垂直的方法1、先证明一条直线垂直于一个平面,这条直线还在另一个平面内
利用这些方法第一问就可以轻松解决了。
在立体几何第二中,会求线面角、面面角,在第二步中,利用空间向量解决就可以
利用空间向量解决第二问的步骤1、找三垂,建立空间直角坐标系
2、写出各个点的坐标
3、求出直线向量、面的法向量
4、利用夹角公式算出余弦值
下面通过两个例题说明一下这个空间几何。
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第14讲 空间向量与立体几何
知识要点ﻩ
一.空间向量
1. 空间向量的概念:在空间,我们把具有大小和方向的量叫做向量。
注:(1)向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。
(2)向量具有平移不变性 2. 空间向量的运算。
定义:与平面向量运算一样,空间向量的加法、减法与数乘运算如下(如图)。
+=+=; b a OB OA BA -=-=;
运算律:⑴加法交换律:a b b a
+=+
⑵加法结合律:)()(c b a c b a
++=++
⑶数乘分配律:b a b a
λλλ+=+)(
运算法则:三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则 3. 共线向量。
(1)如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合,那么这些向量也叫做共线向量或平行向
量,a
平行于b ,记作
b a //。
(2)共线向量定理:空间任意两个向量a 、b (b ≠0 ),a //b 存在实数λ,使a
=λb 。
(3)三点共线:A 、B 、C 三点共线<=>
AC AB λ=
<=>y x += (1=+y x 其中)
(4)与
共线的单位向量为a
a ±
4. 共面向量
(1)定义:一般地,能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。
说明:空间任意的两向量都是共面的。
(2)共面向量定理:如果两个向量,a b 不共线,p 与向量,a b 共面的条件是存在实数
,x y 使
p xa yb =+。
(3)四点共面:若A 、B、C 、P 四点共面<=>y x +=
<=>
)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP 其中
5. 空间向量基本定理:如果三个向量,,a b c 不共面,那么对空间任一向量p ,存在一个唯一的有
序实数组,,x y z ,使p xa yb zc =++。
若三向量
,,a b c 不共面,我们把{,,}a b c 叫做空间的一个基底,,,a b c 叫做基向量,空间任意
三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。
推论:设,,,O A B C 是不共面的四点,则对空间任一点P ,都存在唯一的三个有序实数,,x y z ,
使z y x ++=。
6. 空间向量的直角坐标系: (1)空间直角坐标系中的坐标: 在空间直角坐标系O xyz -
中,对空间任一点A ,存在唯一的有序实数组
(,,)x y z ,zk yi xi OA ++=,有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中
的坐标,记作(,,)A x y z ,x 叫横坐标,y 叫纵坐标,z 叫竖坐标。
注:①点A (x,y,z )关于x 轴的的对称点为(x ,-y,-z),关于xoy 平面的对称点为(x,y,-z).即点关于什么轴/平面对称,什么坐标不变,其余的分坐标均相反。
②在y 轴上的点设为(0,y,0),在平面yO z中的点设为(0,y,z)
(2)若空间的一个基底的三个基向量互相垂直,且长为1,这个基底叫单位正交基底,用
{,,}i j k 表示。
空间中任一向量
k z j y i x a ++==(x ,y,z)
(3)空间向量的直角坐标运算律:
①若123(,,)a a a a =,123(,,)b b b b =,则112233(,,)a b a b
a b a b +=+++,
112233(,,)a b a b a b a b -=---,123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈,
112233a b a b a b a b ⋅=++,
112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈,
1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=。
②若
111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,则),,(121212z z y y x x AB ---=。
一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
③定比分点公式:若
111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,λ=,则点P 坐标为
)1,1,1(212121λλλλλλ++++++z z y y x x 。
推导:设P(x,y ,z)则 ),,(),(22211,1z z y y x x z z y y x x ---=---λ,显然,当P 为A B中点时,
)2
,2,2(
2
12121z z y y x x P +++ ④),,(),,,(,,,333222111
z y x C z y x B )z y ,A(x
ABC 中∆,三角形重心P坐标为
)2
,2,3(
3
21321321z z z y y y x x x P ++++++ ⑤ΔABC 的五心:
内心P:内切圆的圆心,角平分线的交点
:+
=λ(单位向量)
外心P:外接圆的圆心,中垂线的交点:
==
垂心P :高的交点:⋅=⋅=⋅(移项,内积为0,则垂直)
重心P :中线的交点,三等分点(中位线比))(3
1
AP += 中心:正三角形的所有心的合一。
(4)模长公式:若123(,,)a a a a =,123(,,)b b b b =, 则21||a a a a =
⋅=+21||b b b b =
⋅=+
(5)夹角公式:21cos ||||a b
a b a b a ⋅⋅=
=
⋅+ ΔABC 中①0>•AC AB <=>A 为锐角②0<•AC AB <=>A 为钝角,钝角Δ (6)两点间的距离公式:若111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,
则2
||(AB AB ==,
或,A B d = 7. 空间向量的数量积。
(1)空间向量的夹角及其表示:已知两非零向量,a b ,在空间任取一点O ,作==,,
则AOB ∠叫做向量a 与b 的夹角,记作,a b <
>;且规定0,a b π
≤<>≤,显然有
,,a b b a <>=<>;若,2
a b π
<>=,则称a 与b 互相垂直,记作:a b ⊥。
(2)向量的模:设,a OA =则有向线段OA 的长度叫做向量a 的长度或模,记作:||a 。
(3)向量的数量积:已知向量,a b ,则||||cos ,a b a b ⋅⋅<>叫做,a b 的数量积,记作a b ⋅,
即a b
⋅=||||cos ,a b a b ⋅⋅<>。
(4)空间向量数量积的性质:
①||cos ,a e a a e ⋅=<>。
②0a b a b ⊥⇔⋅=。
③
2||a a a =⋅。
(5)空间向量数量积运算律:
①()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅。
②a b b a ⋅=⋅(交换律)。
③
()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅(分配律)。
④不满足乘法结合率:)()(c b a c b a ⋅≠⋅
二.空间向量与立体几何
1.线线平行⇔两线的方向向量平行
1-1线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直 1-2面面平行⇔两面的法向量平行
2.线线垂直(共面与异面)⇔两线的方向向量垂直 2-1线面垂直⇔线与面的法向量平行 2-2面面垂直⇔两面的法向量垂直
3.线线夹角θ(共面与异面)]90,0[O
O
⇔两线的方向向量2,1n n 的夹角或夹角的补角,
><=,cos cos n n θ
3-1线面夹角θ]90,0[O
O
:求线面夹角的步骤:先求线的方向向量AP 与面的法向量n 的夹角,若为锐角角即可,若为钝角,则取其补角;再求其余角,即是线面的夹角.><=
n AP ,
cos sin θ
3-2面面夹角(二面角)θ
]180,0[O O :若两面的法向量一进一出,则二面角等于两法向量2
,1n n 的
夹角;法向量同进同出,则二面角等于法向量的夹角的补角.
><±=21,cos cos n n θ
4.点面距离h :求点()00,P x y 到平面α的距离: 在平面α上取一点(),Q x y ,得向量PQ ; 计算平面α的法向量n ;.n
n
PQ h •=
4-1线面距离(线面平行):转化为点面距离 4-2面面距离(面面平行):转化为点面距离
随堂演练
一.选择题
二.填空题
5.(2017·徐汇区校级模拟)在正三棱柱111C B A ABC 中,各棱长都相等,M 是1BB 的中点,则1BC 与平面M AC 1所成角的正弦值是 .
三.解答题。