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学生版纸间书屋

专题 2018201820172019201920192018201720172017考点 调研 若平面CDE平面CD1O，求的值（2）1 2

2 DB1CD10DB1OC0，DB1CD1DB1OC，由DEEO，则E( , ,1 )， 2(1)2(1)(1CDE的法向量为nxyzy由n·CD0,nDE0，得x

可取n(2,0

所以m·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题组一调研 如图所示，在三棱锥P–ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知A．−

30C． D．【答案】 PC，ADθcosθ=|cosADCP〉|=10

5×26=−10调研 ，AπA．[,4CπC．[,6【答案】

πB．[,B4DπD．[,61，点P坐标为x,1xxBPx1xxBC110,1

的夹角为cos

，所以当x1时，cos取最大值BPBP1x122x2213(x1)22 23,π.x1cos1,π.BC∥ADBPAD π[,].6

,．“rur一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cosβ=uur r|AC||BDαβ，即cosα=|cos题组二调研 1PCPDE3（2）又△PAB是等边三角形，EABPE⊥AB．AD∩AB=APEABCD，E(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，−由，得 PCPDEθ

〈→，n〉|=|PCn sin 3PCPDE所成角的正弦值为

=5.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1MN4ANPBC25ADCN所成角的余弦值5（2）PNPN11【解析（1）当 时14

4

1PA4PBPE4PBPE MCD的中点，CD=2，DM1CD1，2AB∥CD，EN∥DM，EN=DM，DMNE是平行四边形，MN∥DE，DEPAD，MNPAD，MNPAD．（2）DDHABHDHCDDD−xyz．D（00，0M（01，0，C0，2，0，B2，2，0A（2−2，0P（0，，4∴CB2,0,0,CP0,2,4，ANAPPNAPPB2,2,42,2,

xy

ANPBC所成的角为，解得13N228 48 ,，CN , 333 33

cos

42ADCN所成的角为

2223

14ADCN所成角的余弦值为42

题组三调研 AB2AC3BD4CD

A． 【答案】ABAC0ABBD0CDCAABBD322242234cosCABD=17cosCABD=−1，即CABD2，6PABCDAPAB，AD两两垂直BC∥ADAPABAD4，BC2PCDAHPC上异于CDCDHPH的值（2） （1）（2）距离，再根据距离相等解得PH的值 PCD的法向量为n1xyz

4y4z则nDC0，即4x2y0 x1y2z2

n,

2PCDA2n1n1

，化简得32410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.M是棱CC1CD∥平面MAB1AMABC3AMBC的余弦值 （2）（1）AB1EDEEM，可得四边形CDEMCD∥EM，即可证明CD∥MAB1（2）以CCACBCC1xyz轴建立空间直AMB1C1的余弦值.（1）AB1EDEEMADDBAEEBDE∥BBDE1BB M为CCCM∥BB，且CM1BB CM∥DE，且CMDE，∴四边形CDEMCD∥EM（2）∵CA,CB,CC1两两垂直，∴以CCA,CB,CC1xyz角坐标系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n312.ABnxy2z 结合进行论证、计算

题组四调研 PD⊥AB∠AD=BA=9°FPD=BC=ACDEF（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；33（2）

BQPBC6QE=4PCDENFNPDCENPCACDEF.

6 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－ 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 ,

,2 )， BQPBC6

所以|cos〈BQ，m〉|=| |=219λ2－10λ＋7=6，|BQ||m|133(10)2(12)2(10)2(12)2(3244

4BQPBC6=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 点 1 （2） 列等式求出12又 ACA，所以BD平面ACC1A1AQADDQADAQADDQAD所以Q02CQ2BDDB的法向量为nxyz，根据nBD

1 nDD x1yz1，所以n1,1,1.设CQBDD1B1所成的角为 2 则

26234322234所以1，即点QDD的中点位置 调研 （1，E−A1B−C判 （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)，

＋2

y=1m=(−3，1，−m·n1

7×1=7.E−A1B−CE−A1B−C的余弦值为−7P(t，0，0)(0≤t≤2)A1P=(t，0，−2)A1D=(0，23，−2)，A1DPp=(x1，y1，z1)，2 t 由得tx－2z 令x1=2，得p=2， A1DPA1BC，∴m·p=02

3＋3t=0“”“，是否有规范围内解”，所以使问题解决简单、有，应运用这方法解．1．山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题已知a21,3，b142c7,5x，若abcx C． D． 省市树德中学2019-2020学年高三11月阶段性检测数学试题如图三棱锥SABC中，SAABCABBCABBC2SA22SCABA． D．3（AD∥EFAF

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．54（MAA1ABaADbAA1c，用abc

，则CM ABCDBAD60AB1AA2EFAA、CD的中点 1BDCEABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值 2019-2020学年高三第一次高考适应性考试数学试题PABCD中，ABCDAB2BCaPA底面ABCD.当aBD平面PACPA1a2PDCPAB所成二面角的正弦值27（DH与CC18（ABCDE中，DE∥AB，ACBC，BC2AC4，AB2DE，DADCDACABCFBCEFABC若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角BADC的余弦值9（ADPA1BC∥ADCDADAD2DC2BC1，将2AD2PC2PADABCDAPBC10（ ACA1C1PA1PC122A1B1B1C1PB123A1C14.HBCBH1

PH的长度1 3131（208 3A．5C．5

B．6D．22（2017a，bABAC为旋转轴旋转，有下列结论：ABa60°角时，ABb30°ABa60°角时，ABb60°ABaABa 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24．（2018新课标Ⅱ理科）如图，在三棱锥PABC中，ABBC2

，PAPBPCAC4，ACPOABCMBCMPAC为30PCPAMPOBMPOBM是CD上异于CDAMDBMCMABCMABMCD6．（2017新课 Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且BAPCDP907（2017ABBC1AD,BAD