《空间向量与立体几何》五年考点分类详解

PAGE30《空间向量与立体几何》五年考点分类详解考点1用空间向量解决位置关系的证明问题真题12022江苏，15，14分，★★☆如图，在三棱锥中,，平面平面,点与不重合）分别在棱上，且求证：（l平面;（2真题22022江苏，16，14分，★★☆如图，在直三棱柱中，分别为的中点，点在侧棱上，且求证：1直线平面;2平面平面考点2用空间向量求异面直线所成的角真题32022四川，14，5分，★★☆如图，四边形和均为正方形,它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，分别为的中点设异面直线与所成的角为,则的最大值为____真题42022课标丨，18，12分，★★☆如图，四边形为菱形，是平面同一侧的两点，平面，平面1证明：平面平面；2求直线与直线所成角的余弦值考点3直线与平面所成的角真题52022天津，17，13分，★★☆如图，正方形的中心为,四边形为矩形，平面平面，点为的中点，1求证:平面;2求二面角的正弦值；3设为线段上的点，且，求直线和平面所成角的正弦值真题62022课标全国=2\*ROMANII，19，12分，★★☆如图，长方体中,，点分别在上，过点的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形1在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；2求直线与平面所成角的正弦值考点4向量法求二面角真题72022课标全国=1\*ROMANI，18，12分，★★☆如图，在四棱锥中，，且1证明:平面平面;2若，求二面角的余弦值真题82022课标全国=2\*ROMANII，19，12分，★★★如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，是的中点1证明:直线平面；2点在棱上，且直线与底面所成角为,求二面角的余弦值真题92022课标=1\*ROMANI，18，12分，★★☆如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形,，且二面角与二面角都是1证明：平面平面;2求二面角的余弦值考点5利用向量法求距离、长度问题真题102022天津，17,13分，★★☆如图，在三棱锥中，底面点分别为棱的中点,是线段的中点,1求证:平面；2求二面角的正弦值；3已知点在棱上,且直线与直线所成角的佘弦值为，求线段的长真题112022江苏，22，10分，★★☆如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，1求平面与平面所成二面角的余弦值；2点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长真题122022天津，17，13分，★★☆如图，在四棱柱中，侧棱底面,且点和分别为和的中点1求证:平面；2求二面角的正弦值；3设为棱上的点若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长考点6利用空间向量解决折叠问题真题132022课标=2\*ROMANII，19，12分，★★☆如图，菱形的对角线与交于点,点分别在上,交于点将沿折到的位置,1证明:平面;2求二面角的正弦值真题142022陕西，18,12分，★★☆如图1,在直角梯形中，是的中点，是与的交点将沿折起到的位置，如图21证明：平面;2若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值考点7用空间向量解学探索性问题真题152022湖北，19，12分，★★☆《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图,在阳马中，侧棱底面,且过棱的中点，作交于点，连接1平面试判断四面体是不是鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；2若面与面所成二面角的大小为,求的值

参考答案真题1答案：见解析解析：证明：1在平面内，因为,所以又因为平面平面，所以平面2因为平面平面，平面平面平面，所以平面因为平面，所以

真题2答案：见解析解析：证明：分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，设则，1设是平面的法向量，由，得，即，由，得，取，得又,因此,即，又平面,故平面2设是平面的法向量，由，得，由，得，取,得，故①，由，得,即，，代人①得,,故平面平面特别提示运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外真题3答案：解析：如图,建立空间直角坐标系设，则所以，

设，

当时，，当时，取最大值，此时取最大值，真题4答案：见解析解析：1连接设，连接在菱形中，不妨设由，可得由平面，可知又,所以,且在中，可得,故在中,可得在直角梯形中，由,可得从而，所以又，可得平面因为平面，所以平面平面6分）2如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标系由1可得,所以（10分）故所以直线与直线所成角的余弦值为12分真题5答案：见解析解析：依题意可知，平面，如图，以为原点,分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得,,1证明:依题意可知，设为平面的法向量，则即不妨设,可得,又，可得,又因为直线平面,所以平面2易证，为平面的一个法向量依题意,设为平面的法向量，则即不妨设，可得因此有于是所以,二面角的正弦值为3由,得因为,所以,进而有,从而，因此所以，直线和平面所成角的正弦值为真题6答案：见解析解析1交线围成的正方形如图:2作，垂足为，则因为为正方形，所以于是,所以以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则设是平面的法向量，则即所以可取又，故所以与平面所成角的正弦值为真题7答案：见解析解析：1由已知,得由于，故,又，从而平面又平面,所以平面平面2在平面内作，垂足为由（1可知，平面，故又，可得平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由1及已知可得所以设是平面的法向量,则即可取设是平面的法向量,则即可取则易知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为真题8答案：见解析解析1取的中点，连接因为是的中点，所以由得，又,所以,四边形是平行四边形，,又平面平面，故平面2由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则设，则因为与底面所成的角为,而是底面的法向量，所以即①又在棱上，设，则②由①，②解得（舍去），或所以，从而设是平面的法向量，则即,所以可取于是易知所求二面角为锐角，因此二面角的余弦值为真题9答案：见解析解析1证明：由已知可得，所以平面又平面，故平面平面2过作，垂足为,由（1知平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所本的空同直角坐标系由（1知为二面角的平面角，故，则，可得由已知得,,所以平面又平面平面，故由,可得平面,所以为二面角的平面角,从而可得所以设是平面的法向量，则即，所以可取设是平面的法向量，则同理可取则易知所求二面角为钝角故二面角的余弦值为解题关键（1建立适当的空间直角坐标系，或者选用合理的基向量；2求向量夹角的余弦值，将其转化为所求空间角的三角函数值；3根据所求空间角的范围确定空间角的大小或某三角函数值真题10答案：见解析解析：如图，以为原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向建1证明:设为平面的法向量，则即不妨设，可得又，可得因为平面,所以平面2易知为平面的一个法向量设为平面的法向量，则因为，所以不妨设，可得因此有，于是所以,二面角的正弦值为3依题意，设，则，进而可得由已知，得，整理得，解得所以，线段的长为或真题11答案：见解析解析：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则各点的坐标为1因为平面，所以是平面的一个法向量，因为设平面的法向量为，则即令，解得所以是平面的一个法向量从而所以平面与平面所成二面角的余弦值为2因为,故可设，又则，又从而设,则当且仅当，即时，的最大值为因为在上是减函数，所以此时直线与所成角取得最小值又因为，所以真题12解析如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得又因为分别为和的中点，所以1证明：依题意,可得为平面的一个法向量由此可得，又因为直线平面，所以平面2设为平面的法向量，则即不妨设，可得设为平面的法向量，则又得不妨设可得因此有，于是所以,二面角的正弦值为3依题意，可设，其中，则，从而又为平面的一个法向量，由已知，得，整理得，又因为，解得所以，线段的长为解题关键向量法解决立体几何中的长度、距离问题，解题的关键在于建立恰当的空间直角坐标系，把几何问题转化为代数问题解决真题13答案：见解析解析：1证明：由已知得又由得故因此，从而由得由得所以于是，故又，而,所以平面2如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系则,

设是平面的法向量，则即所以可取设是平面的法向量，则即所以可取于是因此二面角的正弦值是真题14解析1证明:在题图1中，因为是的中点，所以即在题图2中，从而平面又,所以平面2因为平面平面,又由（1知，，所以为二面角的平面角所以如图，以为原点，建立空间直角坐标系,因为,所以,得设平面的法向量为，平面的法向量为，平面与平面夹角为则得取；,得取从而，即平面与平面夹角的余弦值为解题关键（1分析清楚折叠前图形各元素（线段长度、夹角等）的关系、线线之间的位置关系2模拟折叠过程，观察在折叠过程中几何图形各元素和线线之间的位置关系中哪些发生了变化，哪些没有发生变化，若发生变化，变化规律是什么3分析求出折叠后新图形中各个几何元素以及线线之间的位置关系4根据要求选用立体几何相关定理证明位置关系5在可以使用空间向量时，使用空间向量解决问题真题15答案：见解析解析：1如图所示，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系设则,点是的中点，所以于是,即又已知,而，所以平面因,则,所以平面由平面,平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为2由平面,所以是平面的一个法向量；由（1知，