人教A版高中数学选择性必修一教考衔接-高考考法研析(一)

教考衔接——高考考法研析(一)考法1利用空间向量判断(证明)位置关系高考对平行、垂直问题的考查,主要以选择题及解答题的第(1)问的形式呈现,难度中等,一般考虑用几何法求解,但高考的灵活创新使我们意识到利用空间向量及其坐标运算证明线面关系,尤其是平行与垂直问题可以将逻辑推理转化为代数运算,降低思维难度.例1(1)(2025·新高考Ⅰ卷)(多选)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则()A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1DC.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D(2)(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案(1)BD(2)A解析(1)如图,建立空间直角坐标系,设该正三棱柱的底边为2,高为h,则D(0,0,0),A(3,0,0),A1(3,0,h),C(0,-1,0),C1(0,-1,h),B(0,1,0),B1(0,1,h).对于A,AD=(-3,0,0),A1C=(-3,-1,-h则AD·A1C=(-3)×(-3)+0=3≠则AD⊥A1C不成立,故A错误;对于BD,BC=(0,-2,0),CC1=(0,0,hAA1=(0,0,h),AD=(-3,0,设平面AA1D的法向量为n=(x,y,z),则A得x=z=0,令y=1,则n=(0,1,0),所以BC=(0,-2,0)=-2n,CC1·n则BC⊥平面AA1D,CC1∥平面AA1D,故BD正确;对于C,AD=(-3,0,0),A1B1=(-3,1则-3-3显然AD∥A1B1不成立,故C错误.故选BD.(2)如图,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则D(0,0,0),B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),则EF=(-1,1,0),EB1=(0,1,DB=(2,2,0),DA1=(2,0,AA1=(0,0,2),AC=(-2,2,A1C1=(-2,设平面B1EF的法向量为m=(x1,y1,z1),则有m取x1=y1=2,则可得m=(2,2,-1),同理可得平面A1BD的一个法向量为n1=(1,-1,-1),平面A1C1D的一个法向量为n2=(1,1,-1),易知平面BDD1的一个法向量为AC=(-2,2,0),平面A1AC的一个法向量为DB=(2,2,0).因为m·AC=-4+4+0=0,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确;因为m·n1=2-2+1=1≠0,所以平面B1EF与平面A1BD不垂直,故B错误;因为m与DB不平行,所以平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误;因为m与n2不平行,所以平面B1EF与平面A1C1D不平行,故D错误.考法2利用空间向量求空间距离高考直接考查求距离的问题较少,常与几何体的体积相结合进行综合考查,主要考查求点到平面的距离,其常用方法是直接法和等体积法,一般不用向量法,但用向量法可以避免繁杂的作辅助线的过程,简化解题过程.本部分内容主要以解答题的形式出现,难度中等.例2(2024·天津卷节选)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.(1)求证:D1N∥平面CB1M;(2)求点B到平面CB1M的距离.(1)证明以A为坐标原点,以AB,AD,AA1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,依题意得,B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),则M(0,1,1),N32所以D1N=32,-12,0,CB1=(1设平面CB1M的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·C取x1=1,得z1=1,y1=3,则n=(1,3,1).D1N·n=32,-12,0·(1所以D1N⊥n,显然D1N⊄平面CB1所以D1N∥平面CB1M.(2)解易知BB1=(0,0设点B到平面CB1M的距离为d,则d=|BB1·n|所以点B到平面CB1M的距离为211考法3利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角(或其三角函数值)及已知空间角求其他量是高考考查的热点,每年必考,其中求异面直线所成的角主要以选择、填空题的形式呈现,难度较小,而对于线面角、平面角(二面角)的考查覆盖三种题型,且主要以解答题形式呈现,难度中等.例3(2025·新高考Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)设PA=AB=2,BC=2,AD=1+3,且点P,B,C,D均在球O的球面上.①证明:点O在平面ABCD内;②求直线AC与PO所成角的余弦值.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAB.(2)①证明以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1+3,0),P(0,0,2),设球心O(a,b,c),因为点P,B,C,D均在球O的球面上,由|OB|=|OC|=|OD|=|OP|,可得(a-2)2+b2+c2=(a-2)2+(b-2)2+c2=a2+(b-1-3)2+c2=a2+b2+(c-2)2,得a=0,b=1,c=0,即O(0,1,0),所以点O在AD上,即点O在平面ABCD内.②解AC=(2,2,0),PO=(0,1,-2),则cos<AC,PO>=AC·PO|AC||所以直线AC与PO所成角的余弦值为23例4(2025·北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ACD与△ABC为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°,E为BC的中点.(1)若F为PD的中点,G为PE的中点,证明:FG∥平面PAB;(2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD所成角的正弦值.(1)证明设N,M分别为PA,PB的中点,连接FN,MN,GM,∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形,且∠ADC=90°,∠BAC=90°,不妨设AD=CD=2,∴AC=AB=22,∴BC=4,∵E,F分别为BC,PD的中点,∴FN=12AD=1,BE=2,∴GM=1又∠DAC=45°,∠ACB=45°,∴AD∥BC,∴FN∥GM,又FN=GM,∴四边形FGMN为平行四边形,∴FG∥MN,∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB.∴FG∥平面PAB.(2)解∵PA⊥平面ABCD,AC,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AC,PA⊥AB,又AC⊥AB,∴以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由(1)可知设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,22,0),C(22,0,0),D(2,-2,0),P(0,0,22),∴AB=(0,22,0),DC=(2,2,0),CP=(-22,0,22).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),∴DC·n取x=1,∴y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1).设AB与平面PCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<AB,n>|=|=|=2222即AB与平面PCD所成角的正弦值为33例5(2025·新高考Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明:A'B∥平面CD'F;(2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.(1)证明因为在四边形ABCD中,AB∥CD,且EF∥AD,所以四边形AEFD是平行四边形,又∠DAB=90°,所以四边形AEFD为矩形,折叠后,显然EB∥FC,EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F,所以EB∥平面CD'F,又A'E∥D'F,A'E⊄平面CD'F,D'F⊂平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F,且EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面BA'E,所以平面BA'E∥平面CD'F,且A'B⊂平面BA'E,所以A'B∥平面CD'F.(2)解由∠DAB=90°,EF∥AD,所以EF⊥CD,所以EF⊥FC,EF⊥D'F,所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC=60°.结合CF∩D'F=F,DF,D'F⊂平面CFD',所以EF⊥平面CFD',又EF⊂平面EBCF,可得平面CFD'⊥平面EBCF,又F为CD的中点,所以△CFD'为等边三角形,如图以F为原点建立空间直角坐标系,设AB=3AD=6,则CD=2AD=4,所以F(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),D'(0,1,3),所以FE=(2,0,0),FD'=(0,1,3),CB=(2,2,0),CD'=(0,-1,3),设平面EFD'A'的法向量为m=(x,y,z),则m可得m=(0,-3,1),再设平面BCD'的法向量n=(a,b,c),则n解得n=(-3,3,1),设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cosθ|=|m·n||m||n|=|0×所以sinθ=1-cos2θ=1-故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为427【高考真题精选精练】1.(2021·浙江卷)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线BD1垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线BD1平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线BD1相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线BD1异面,直线MN⊥平面BDD1B1答案A解析法一连接AD1(图略),则易得点M在AD1上,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D,A1D⊂平面AA1D1D,所以AB⊥A1D.又AB∩AD1=A,AB,AD1⊂平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1.又D1B⊂平面ABD1,显然A1D与D1B异面,所以A1D与BD1异面且垂直.在△ABD1中,由中位线性质可得MN∥AB,又MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角,所以MN与平面BDD1B1不垂直.所以选项A正确.故选A.法二以点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(图略).设AB=2,则A1(2,0,2),D(0,0,0),D1(0,0,2),B(2,2,0),所以M(1,0,1),N(1,1,1),所以A1D=(-2,0,-2),D1B=(2,2,-2),MN=(0,所以A1D·D所以A1D⊥D1B,即A1D⊥又由图易知直线A1D与BD1是异面直线,所以A1D与D1B异面且垂直.因为平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以MN·n=0,又MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ,因为平面BDD1B1的一个法向量为a=(-1,1,0),所以sinθ=|cos<MN,a>|=|MN·a||所以直线MN与平面BDD1B1不垂直.故选A.2.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°答案ABD解析如图所示,设正方体的棱长为1,以D为原点,以DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),A(1,0,0).A中,BC1·DA1=(-1,0,1)·(1,0,故BC1⊥DA1,即BC1与DA1所成的角为90°,同理B正确;C中,取平面BB1D1D的法向量为AC=(-1,1,0),由BC1=(-1,0,1),设直线BC1与平面BB1D1D所成的角为则sinα=|cos<AC,BC1=|(-1)×(-1)+1×0+0×同理,D中平面ABCD的法向量取DD1=(0,0,1),计算可得直线BC1与平面ABCD3.(2024·上海卷)如图,在正四棱锥P-ABCD中,O为底面ABCD的中心.(1)若AP=5,AD=32,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.解(1)在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,且PO⊥底面ABCD,∴△AOD为等腰直角三角形,又AD=32,∴AO=3,∵AP=5,∴PO=AP∴Rt△AOP绕直角边PO旋转一周形成的几何体是底面半径为3,高为4的圆锥,∴旋转体的体积为V=13×π×32×(2)由题可知OB,OC,OP两两垂直,如图所示建系,设AP=AD=22,则BD=2×22=4,OP=(22)∴B(2,0,0),D(-2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),故E(1,0,1),从而BD=(-4,0,0),AC=(0,4,0),AE=(1,2,1).设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则n·AC取n=(1,0,-1),设直线BD与平面AEC所成的角为α,则sinα=|cos<BD,n>|=|=|-4|4∵α∈0,π2,∴α直线BD与平面AEC所成的角为π44.(2023·天津卷节选)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M为线段BC的中点.(1)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;(2)求点C到平面C1MA的距离.解(1)以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则有A(0,0,0),M(1,1,0),C1(0,1,2).设平面C1MA的法向量n=(x,y,z),由AM=(1,1,0),AC1=(0,1,2)则n·AM不妨取n=(2,-2,1).取平面ACC1A1的法向量AB=(2,0,0),所以cos<AB,n>=n·AB|由图知,平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为锐角,所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23(2)由(1)中C(0,2,0),得MC=(-1,1,0),又由C1MA的法向量n=(2,-2,1),所以点C到平面C1MA的距离d=|MC·n|5.(2025·天津卷)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1中点,点G在棱CC1上,且CG=3C1G.(1)求证:GF⊥平面EBF;(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值;(3)求三棱锥D-BEF的体积.(1)证明以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),GF=(2,0,1),EF=(0,4,0),BF=(-2,0,4),∴GF·EF=0,GF·BF=0,即GF⊥EF,GF⊥BF.又EF∩BF=F,EF⊂平面EBF,BF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF.(2)解由(1)知,平面EBF的一个法向量为n1=GF=(2,0,1).设平面EBG的法向量为n2=(x,y,z),则n又EG=(-2,4,-1),BG=(-4,0,3),故-2可取x=6,则y=5,z=8,故n2=(6,5,8).设平面EBF与平面EBG的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1