（浙江专用）高考数学板块命题点专练（十一）空间向量及其应用（含解析）.docx

板块命题点专练（十一） 空间向量及其应用命题点向量法求空间角及应用1(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC 中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解：(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以POOB2PB2，所以POOB.又因为OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)，由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(舍去)所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.2.(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解：(1)证明：由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，HP 的方向分别为y轴，z轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.3.(2018浙江高考)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解：法一：(1)证明：由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，所以AB1平面A1B1C1.(2)如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.因为AB1平面A1B1C1，AB1平面ABB1，所以平面A1B1C1平面ABB1.因为平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1DA1B1，C1D平面A1B1C1，所以C1D平面ABB1.所以C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.法二：(1)证明：以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x轴，y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3)由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又因为A1B1A1C1A1，所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2)设平面ABB1的法向量为n(x，y，z)，由得可取n(，1,0)所以sin |cos，n|.所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.4(2018北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角B CDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，AC平面ABC，所以CC1AC，所以四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.因为ABBC，所以ACBE.因为EFBEE，所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1.又CC1平面ABC，所以EF平面ABC.因为BE平面ABC，所以EFBE.以E为坐标原点，EA，EB，EF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0,2,0)，C(1,0,0)，D(1，0,1)，E(0,0,0)，F(0,0,2)，G(0，2,1)所以(1，2,0)，(1，2,1)设平面BCD的一个法向量为n(x0，y0，z0)，则即令y01，则x02，z04.于是n(2，1，4)又平面CC1D的一个法向量为(0,2,0)，所以cosn，.由图知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为.(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n(2，1，4)，(0,2，1)因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线FG与平面BCD相交5(2018天津高考)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长解：依题意，可以建立以D为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0，1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)证明：依题意得(0,2,0)，(2,0,2)设n1(x1，y1，z1)为平面CDE的法向量，则即不妨令z11，可得n1(1,0，1)又，可得n10.因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)设n2(x2，y2，z2)为平面BCE的法向量，则即不妨令z21，可得n2(0,1,1)设n3(x3，y3，z3)为平面BCF的法向量，则即不妨令z31，可得n3