专题16空间向量与立体几何备战2020年高考理科数学之高频考点教师版纸间书屋

专题 空间向量与立体几2018201820172019201920192018201720172017 调研 D1EEO若平面CDE平面CD1O，求的值（2）1则D(0,0,0),B1(1,1,1),O( ,0),C(0,1,0),D1(0,0,1)2 DB1,1,1OC

2 DB1CD10DB1OC0，DB1CD1DB1OC，由DEEO，则E( , ,1 )， 2(1)2(1)(1CDEn(x,yzy由n·CD0,nDE0，得

2(1 n(20m·n0,2.a∥b，只需证明向a=λb（λ∈R）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2题组一ABPC，AD 30A．− B．−C． 【答案】AAB，AE，APx轴，y轴，zA(0，0，0)，P(0，0，2)，B(4，0，0)，C(4，−2，0)DPB

故CP=(−4，2，2)，AD=(2，0，1)．所以cos〈AD，CP〉= |AD||CPPC，ADθcosθ=|cosADCP〉|=10

5×26=−10调研 是π π 4π 6【答案】

4π 6D为原点，DA、DCDD1x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长1，点P坐标为x,1xxBPx1xxBC110,1BPBC1的夹角为cos

x1时，cos取最大值1BP1BP x12x 213(x1)22 23,π.x1cos1,π.BC∥ADBPAD π .6

两向量夹角的范围为[0π（．一是几何法：作—证—“转化”AC一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cosβ= |AC||BDαβcosα=|cos题组二调研 1是等边三角形，DA=AB=2，BC=2AD，EABPCPDE3（2）又△PAB是等边三角形，EABPE⊥AB．AD∩AB=APEABCD，（2）EE(0，0，0)，C(1，−1，0)，D(2，1，0)，P(0，0， 所以ED=(2，1，0)，EP=(0，0，3)，PC=(1，−1，−n=(x，y，z)PDE由，得 →

|PCn 设PC与平面PDE所成的角为θ，则sinθ=|cos〈PC，n〉|= =5.|PC||n|3PCPDE所成角的正弦值为调研 如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BCCDAB=PD=4，CD=2AD22，MCD的中点，NPBPNPB(01若1时，求证MN∥425若直线AN与平面PBC所成角的正弦值 ，求异面直线AD与直线25（1）（2）42（1）当4

PAEPE1PAPN1PN1PBPE4，PBPE MCD的中点，CD=2，DM1CD12AB∥CD，EN∥DM，EN=DM，DMNE是平行四边形，（2）DDHABHDHCDDD−xyz．D（0，0，0，M（0，1，0，C（0，2，0，B（2，2，0，A（2，−2，0，P（0，0，4ANAPPNAP∴CB2,0,0,CPANAPPNAP该平

xy

ANPBC所成的角为，解得13N228 48 ,，CN , , 333 33AD, ADCN所成的角为，则cosAD, ADCN所成角的余弦值为42

．①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角la=(a1，b1，c1)αμ=(a3，b3，c3)lα

θ0≤θ≤2sinθ=|a||μ|=|cos〈a，μ〉题组三调研 AB2AC3BD4CD

B． 【答案】ABAC0ABBD0CDCAABBDCD|2CAABBD|2|CA|2|AB|2|BD|22CAAB2CABD2AB322242234cos

=17cosCABD=−1，即CABD2，6PABCDAPABAD两两垂直BC∥ADAPABAD4，BC2.PCDAHPC上异于CDCDH

的值23

（2）3（2）离，再根据距离相等解得

的值 4y4z则nDC0，即4x2y0 x1y2z2

n,

2PCDA2n1n1（2）PC424DC420PHPC424DHDHDPPH

4224244因为DC4224244所以1或1.H异于点C，所以1PH1 调研7 是棱AB的中点，点M在侧棱CC1上运动.AMABC3AMBC的余弦值 （2）（1）AB1EDEEM，可得四边形CDEMCD∥EM，（2）AMB1C1的余弦值.（1）AB1EDEEMADDBAEEBDE∥BBDE1BB M为CCCM∥BB，且CM1BB CM∥DE，且CMDE，∴四边形CDEMCD∥EM坐标系CxyzAC1，则由tanMAC3，得CM3. ∴C0,0,0,A1,0,0,B0,1,0,B10,1,2,M(0,0,)，∴AM(1,0,),AB1(1,1,2) AMnx3z则

z2x3y1，即n312ABnxy2z AMB1C1AMB1C1的余弦值为314结合进行论证、计算

平面与平面的夹角计算α，βμ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)α，βθ(0≤θ≤π)，则题组四调研 PD⊥ABCD∠ADC=∠BAD=90°FPD=BC=AB=AD=1CDPEACDEF（2段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为6？若存在请求出QE的长； 3【答案（1）AC∥平面DEF，证明见解析（2） 段EF上存在一点Q4，1，4，使得BQ与平PBC6QE=4PCDENFNPDCENPCACDEF.

DDA，DC，DPx轴，y轴，zPD=BC=2，AB=AD=11−所以P(0，0，2)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，所以 1−

1， ，，1PBCx＋y－

则，即

解得z＝－＋＝ x=1PBCm=(1，1，2)．Q满足条件．

→ F2，02，E(0，2，2)，可得FE=－2，222(12(1 12(12(1由FQ=λFE(0≤λ≤1)，整理得 , )，则BQ=

,2 )， BQPBC6

所以|cos〈BQ，m〉|=| |=219λ2－10λ＋7=6，|BQ||m|133(10)2(12)2(10)2(12)2442

BQPBC6=4调研 段DD上是否存在一点Q，使CQ与平面BDDB所成的角的正弦值为26？若存在 1 （2） 列等式求出12又 ACA，所以BD平面ACC1A1ABCDAA11.B110,1D10,1,1B200D020，C220AQADDQADAQADDQAD所以Q02CQ2

1 nDD x1yz1n1,1,1.设CQBDD1B1所成的角为 2 则

2623423222342所以1，即点QDD的中点位置 调研 （1，△A1DEA1D⊥DC，如图E−A1B−C判 段EB上是否存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出PB的值；若不存在，（2）（3）EB，ED，EA1x轴，yz轴，建立空间直角坐标系（如图DE=23A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，23，0)，D(0，23，0)，∴BA1=(−2，0，2)，BC=(2，23，0)，平面A1BE的一个法向量为n=(0，1，0)．A1BCm=(x，y，z)，由BA1·m=0，BC·m=0，得2x＋2 令y=1，得m=(−3，1，−m·n1∴cos〈m，n〉=|m|·|n|=7×1=7.E−A1B−CE−A1B−C的余弦值为−7假设段EB上存在一点P，使得平面A1DP⊥平面P(t，0，0)(0≤t≤2)A1P=(t，0，−2)A1D=(0，23，−2)，A1DPp=(x1，y1，z1)，2 t 由得tx－2z

A1DPA1BC，∴m·p=023−3＋3t=0∵0≤t≤2，∴段EB上不存在点P，使得平面A1DP⊥平面确定点段上的位置时，通常利用向量共线来求“是否存在问题转化为“点的坐标是否有解是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应运用这一方法解题．1（b142)c7,5x，若abcx C． D．【答案】【解析】a213b142)，a与b2XY又abcXY使cXaYb，即X4Y53X2Yx657【名师点睛】本题考查的知识点是共线向量与共面向量及平面向量基本定理，其中根据abc三向a与b不共线，则可用向量ab作基底表示向量cx2（ 市树德中学2019-2020学年高三11月阶段性检测数学试题）如图三棱锥SABC中SAABCABBCABBC2SA22SCAB B．C． 【答案】SAABCSAACSAABASAB02又ABBC，ABBC2，所以BAC45，AC 2ABAC

ACcos

222

242SA2SC,ABSCSA2SC,ABSCABSC44因此cosSCAB所成角的大小为60

412SAABSAACASAB0，再由题意求出BAC45，2AC2

，求出cosSC,AB，即得出结果3（ADEF分别为正方形和等腰梯形，AD∥EF,AF 2,AD4,EF2，沿AD边将四边形折起，使得平面ADEF平面ABCD，如图2，动点M 段EF上，N,G分别是AB,BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为，则cos的最大值为A．C．

B．5D．5【答案】AD∥EF，动点 AG4,2,0，NM2,882255

455令t4y,t4555t5t5121t8t1155554t

5

当t3时cos(cos

max

30原点建立空间直角坐标系，表示出相应的点的坐标，利用向量夹角求解.4（MAA1ABaADbAA1c，用abcab12

，则CM CMCBCMCBBAAMBCAB又

AA的中点，AM1AA，CMBCAB1AAM MCMab1c2CMab1c2【名师点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题.求解时，根据向量的线性运算解得5（ ABCDBAD60AB1AA2EFAA、CD的中点 1（2）（1）ACBD于点O因为 ACA，所以BD平面ACE因为CEACEBDCE（2）由（1）ACBD，以OOAOBxy轴，过点OABCDz轴，建立如图的空间直角坐标系OxyzAB1AA2AA4 ABCD为菱形，且BAD60ABADBD2AC23EFAA1、C1D1的中点，所以C

3,0,0，E

3,0,2F 3,1,4 所以CE2302CF314 nCE23x2z设平面CEFnxyz，则nCF

3x

y4zx

3n

ABCD与平面CEF所成的锐二面角为mmnmmn所以cos

ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值为453力，属于中等题.（1）ACBD于点OBDAC，由AA1ABCDBDAA1，由直线与平面垂直的判定定理可证明出（2）OABCDz轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，然后利用空间向量法计算6（ 2019-2020学年高三第一次高考适应性考试数学试题）PABCDAB2BCaPA底面ABCD当aBD平面PACPA1a2PDCPAB所成二面角的正弦值2（2）5（1）a2ABCDBDACBDPAACPAA.a2BD平面PAC（2）AADxAByAPz轴AxyzD400C420P0,0,2，nxyzPDC的法向量，则nDC0，即2y

ADPAB

nPC

4x2y2z所以cosnAD

nAD 5|n||AD 所以sinnAD25525所以面PDC与面PAB所成二面角的正弦值25【名师点睛】本题考查线面垂直的判定，以及用向量法求空间角，考查计算能力，属于中档题.（1）（2）PDCPAB的法向量，即可求出结论.7（DH与CC1（1）45（2）66（1）DDAxDxyzH（m，m，1（m＞0DA

DH（m，m，1（m＞0由已知＜DADH60°2m∴DH（2，2

，解得m 22m22m2 2∴cos＜DH，CC1＞22∴＜DHCC145°DHCC′（2）ABDnxyz则nDAxyz10,10xz0nDB(x,y,z)(1,1,0)

xy2 2(1)1

62 DHABD所成的角为所以sin

6【名师点睛】本题考查向量知识的运用，考查空间角，正确运用向量的夹角是关键.求解时（1）H（m，m，1（m＞0

，利用向量的夹角可求DH（2）8（ABCDEDE∥ABACBCBC2AC4AB2DEDADCDAC平ABC.FBCEFABC若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角BADC的余弦值（2）4（1）AC的中点OEFOF∵在△DACDADCDOACDACABCACDOABCOFACBCOFPABAB2OFDE∥ABAB2DEOFPDE，且OFDEDEFO为平行四边形.EFPDOEFABC（2）∵DOABCACBC∴以OOAx轴，过点O与CByODz轴，建立空∵EF平面ABC，∴直线BE与平面ABC所成的角为EBF60∴DOEFBFtan60o23.∴D0,0,23.则x23z

z1

23，y .∴n23,3,13mm∴cosm,n 3mm4BADC的余弦值为34力，属中档题.（1）DEFO为平行四边形.EFPDODOABC，（2）与CByODzADCm0,1,0，平面ADB的法向量n23,3,1，再利用向量夹 求解即可9（ADPA1BC∥ADCDADAD2DC2BC12△PADAD2PC2．PADABCDAPBC（2）AD23【解析（1）∵DC1，PC2，PDAD23PD2CD2PC2，即CDAD又CDAD， ，∴CD面ADCDABCDPADABCD（2）如图，以O为坐标原点，垂直ODxODyOPz

3A0,2,0，B1,1,0，C1,2,0，P0,0,2 mBC ，得

3zy0m

3,0,2mBP

PABnxy

nAB， ，得

3

0，x

3

0n3,

233

nBP

2

∴

m,n 13301mnmnmAPBCAPBC大小的余弦值为13301（1）利用勾股定理得到CDPD，证明CDPAD得到答案.（2）如图，以O为坐标原点，垂直ODxODyOPz角得到答案10（ 3分别为AC、A1C1的中点，PA1PC122，A1B1B1C1PB1 3HBCBH1B

PH的长度1

312（2）（3） 25POA1C1.①2在Rt△PAOAO1AC2,PA2

，PO

2 21 PA2 3 PA2 3AB2AB21

22PB23PB2PO2OB2POOB 又因为 以点O为坐标原点，分别以OA1OB1,OPx,yz角坐标系Oxyz，则O00

A12,0,0,B10,22,0,P0,0,2A1B1=2220A1P=202

y 则有 1 即

2222

所以n ,1n·AP 2x2z

nOB12n

25所以

nOB1 51n 1由（2）知C1200Hx1y1z1B1Hx1y122z1.BC2220BH1BC1

31

x2332 2 2

224 22所以xy22z2

2,22,0，从而y ,即点H 3 3

24

z1所 3,3,2 所以力和运算求解能力，求解时注意空间直角坐标系建立的适当性.（1）POA1C1， （2）OA1OB1,OPx,yz的基本关系求得正弦值（3）结合（2）中C2,0,0，求得点H2,42,0，再 PH的长度1（2018

315C．5【答案】

B．6D．2【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则

AD110,3DB11,1,3

，因为

AD,

AD1

13

5ADDB所成角的余弦值为5

2 5线的方向向量或平面的法向量；第四，破“应用关”.52（2017a，bABAC为旋转轴旋转，有下列结论：ABa60°角时，ABb30°ABa60°角时，ABb60°ABaABa其中正确的 ABCBxOyC为圆心，1aa=(0，1，0)b

Ox0θ，θ∈[0，2π)B(cosθ，sinθ，0)AB=(cosθ，sinθ，−1)，|AB|=0 2|ABa 2设直线AB与a所成夹角为α，则cosα= =2|sinθ|∈0，2，|AB||a

|ABb 2设直线AB与b所成夹角为β，则cosβ= =2|cosθ|.|AB||bABa60°α=60°时，则|sinθ|=2cosα=2cos60°=2 2 ∴|cosθ|=2.∴cosβ=2|cos∵0°≤β≤90°，∴β=60°ABb60°.3．（2018新课标Ⅰ理科）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CPPFBF.PEFABFDDPABFD所成角的正弦值（2）4BFABFDPEFHHFy|BF|3 3PH

3,EH3 则H(0,0,0),P(0, 3),D(1,3,0),DP(1,3 3), (0, 3)为平面ABFD的法向量 DPABFD所成角为，则DPABFD所成角的正弦值为34【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理，注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主.多用空间向量法解决. Ⅱ理科）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，ACPOABCMBCMPAC为30PCPAMPOBMPOBM（2）43【解析（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP 3连结OB因为ABBC 2AC所以△ABC为等腰直角三角形且OBAC，OB1AC2 由OP2OB2PB2POOB．由OPOBOPACPOABC（2）如图，以OOBx轴正方向，建立空间直角坐标系OxyzPAM的法向量为n(x,yz．APn0AMn0得ax4ay0，可取n3(a4),3aa所以

OB,

23(a 23(a4)23a2 33由已知可得|

OB,n 23(a4)23a2所以 23|a =3．解得a4（舍去，a4，所以n(83,3(a4)23a22

PC0223，所以

PC,n 343PCPAM所成角的正弦值为345．（2018新课标Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直是CD上异于CDAMDBMCMABCMABMCD25（225M为CDC，DDC又BCCM=C，所以DM⊥平面（2）DDAxM−ABC体积最大时，M为CD的中点D(000),A(200)B(220)C(020)M(0,1,1nxyzMAB的法向量，则nAM0即2xyz0可取n102

2yDAMCD的法向量，因此

nDA|n||DA

5，

n,DA25525所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值256．（2017新课 Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90若PA=PD=AB=DC，APD90，求二面角A−PB−C的余弦值（2） 33（2）ADFFAx|AB|nx,yzPCB的法向量，mx,y是平面PAB的法向量，根据垂直关系，求出n(0,1,2)和m(1,0,1)，利用数量 可求出面角的平面角（1）由已知BAPCDP90AB⊥AP，CD⊥PD．AB//CDAB⊥PDABPAD．（2）PADPFADF由（1）ABPADABPFPFABCDF为坐标原点，FAx轴正方向，|AB|Fxyz

2,0,0)，P(0,2

2)，2

2,1,0)，2

2,1,0)2所以PC 2)，CB(2,0,0)，PA(2,0, n(x,yzPCB 2xy2z则 即

2x

可取n01

2)m(x,yzPAB则

即

x22 22

z

m10,1

y则cos<nm

nm

，所以二面角APBC的余弦值为 33|n||m 37（2017ABBC1AD,BADABC90o,证明：直线CE∥

EPDMPCBMABCD所成角为45oMABD（2）5（1）PAFEFBF，由题意证得CEBF（2）m0MABD的余弦值为105

（1）PAFEFBFEPDEFADEF1AD21由BADABC90BCAD1BC2ADEF∥BCBCEFCEBF．BFPABCEPAB，故CE∥PAB．（2）BAADAABx

Axyz

Mxyz0x1BMx1yzPMxy1z

3)BMABCD45°，而n00,1ABCD

BM,

sin

2，即x12y2z20zx12y22zx12y22

x,y1,z

33． x1

x1 y y由①②解得66z

舍去， 66z

2 6)，从而AM 2 6) mxy

是平面ABM的法向量，

2)x02y0

6z0

mmmABmm

x0m0

62

m,n

10MABD的余弦值为10 mm（2）m，nmm<m，n>互补或相等，故有|cos

8（2017ACBDEAECABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）77【解析】（1）△ABD≌△CBDADDC又△ACD是直角三角形，所以ADC=90又由于△ABCBOAC，所以DOBDACB的平面角.在Rt△AOBBO2AO2AB2.ABBDBO2DOBO2AOAB2BD2故DOB90，所以平面ACD⊥平面（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向， 单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则A1,0,0,B0,3,0,C1,0,0,D0,0,1