[32499960]解密15 空间向量与立体几何 (讲义)-【高频考点解密】2022年高考数学（理）二轮复习讲义 分层训练（全国通用）.docx

1、解密15 空间向量与立体几何考点热度 内容索引核心考点1 利用空间向量证明平行与垂直核心考点2 求空间角 高考考点三年高考探源预测利用空间向量求线面角2020新课标全国20从近三年的考查情况来看，利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等题.利用空间向量求二面角2021新课标甲理192021新课标乙理182020新课标全国192020新课标全国182019新课标全国182019新课标全国172019新课标全国19核心考点一 利用空间向量证明平行与垂直考法 利用空间向量证明

2、平行与垂直1、（2021山东德州市第一中学高二阶段练习）如图，在直三棱柱中，点为的中点，.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】（1）作辅助线，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出相应各点的坐标，再求出相关向量的坐标，从而求得平面的一个法向量，根据空间距离的向量公式求得答案.(1)证明：连接，交于，连接，因为是直三棱柱，则四边形为矩形，所以为中点，而点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；(2)以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，,则，所以，设平面的一个法向量为，即令，所以可得

3、， ，所以其中一个法向量，所以点到平面的距离.技巧点拨直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l的方向向量为a=(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为=(a2，b2，c2)，v=(a3，b3，c3)，则（1）线面平行：laa=0a1a2b1b2c1c2=0；（2）线面垂直：laa=ka1=ka2，b1=kb2，c1=kc2；（3）面面平行：v=va2=a3，b2=b3，c2=c3；（4）面面垂直：vv=0a2a3b2b3c2c3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线

4、线平行，用向量方法证明直线ab，只需证明向量a=b（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.核心考点二 求空间角考法 求空间角变式一 求异面直线所成的角1、（2022河南模拟预测（文）某三棱柱的平面展开图如图所示，网格中的小正方形的边长均为1，则在原三棱柱中，异面直线和所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D【解析】将平面展开图折成立体图形，分别取，的中点，取的中点，连接，易得即为直线和所成的角（或其补角），在中，由余弦定理即可求解.【详解】解：将平面展开图折成立体图形如图所示，则，显然，所以，又，所以平面分别取，的中点，取的中点，连接，则，所以即为

5、直线和所成的角（或其补角），又，所以在中，由余弦定理得，所以直线和所成角的余弦值为，故选：D.2、（2021湖北公安县教学研究中心高三阶段练习）如图，在正四面体中，为中点，是棱上的动点，则当异面直线与所成角的正弦值最小时，（ ）ABCD【答案】C【解析】如图，作，则，则由三角形中位线定理可得，得是异面直线与所成的角，当与在平面里的投影重合时，最小，然后根据已知条件在中求解即可【详解】如图，作，则.为中点，是的中位线，则，则是异面直线与所成的角.当与在平面里的投影重合时，最小，设平面，易知为等边的重心，连接并延长，交于点，作交于点.设正四面体的棱长为，则，.在中，为重心，.又，则在中，设，.故选

6、：C.技巧点拨利用向量求异面直线所成的角一是几何法：作证算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角的余弦值为cos =.注意：两条异面直线所成的角不一定是两直线的方向向量的夹角，即cos =|cos |.变式二 求线面角1、（2021山西吕梁一模（理）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，点E在SD上，且(1)若M，N分别为SA，SC的中点，证明：平面平面ACE；(2)若，平面ABCD，求直线BS与平面ACE所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】（1）连接交于点，连接交于，取的中点，连接

7、，由M，N分别为SA，SC的中点，可得，由线面平行的判定可得平面，再由结合菱形的性质可得,则得平面，再利用面面平行的判定可证得结论，（2）取的中点，连接，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解(1)证明：连接交于点，连接交于，取的中点，连接，因为M，N分别为SA，SC的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，为的中点，所以，因为N为SC的中点，所以，所以为的中点，因为底面ABCD为菱形，所以为的中点，所以,因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，(2)取的中点，连接，因为平面ABCD，平面，所以，因为底面ABCD为菱形，所以为等边三角形，所以，因为，所以，所以

8、以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线BS与平面ACE所成角为，则，所以直线BS与平面ACE所成角的正弦值为2、（2022北京顺义高三期末）如图，在长方体中，点在线段AB上.(1)证明： ；(2)当点是AB中点时，求与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】（1）连结，则，由已知可得四边形是正方形，所以，再利用线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，（2）以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解(1)连结，因为在长方体中所以有平面，平面，所以，又因为，

9、所以四边形是正方形，所以，又，所以平面，所以又平面，所以；(2)以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则各点坐标为，当点是AB中点时，可得，所以， 设为平面的一个法向量，则，即，令，可得所以 又，所以，设与平面所成角为，则 即，所以与平面所成的角为.技巧点拨利用向量求直线与平面所成的角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)；通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名

10、称的变化直线与平面的夹角计算设直线l的方向向量为a=(a1，b1，c1)，平面的法向量为=(a3，b3，c3)，直线l与平面的夹角为，则sin =|cosa，|.变式三 求二面角1、（2021湖南高二期中）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AD，E为侧棱DD1上一点，若直线BD1平面AEC，则二面角E-AC-B的正切值为（ ）AB-CD-【答案】B【解析】连接BD交AC于点F，连接EF，由二面角的平面角的定义得到EFD为二面角EACD的平面角，然后在三角形中利用边角关系分析求解即可【详解】解：连接BD交AC于点F，连接EF，由题意可知，BD1EF，因为F为BD的中点，所以

11、E为DD1的中点，又AC平面BDD1B1，则EFD为二面角EACD的平面角，设ADa，则EDa，DF，在RtEFD中，sinEFD，又二面角EACB与二面角EACD互补，所以二面角EACB的正切值为故选：.2、（2021全国高二课前预习）长方体，点在长方体的侧面上运动，则二面角的平面角正切值的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题中的线面关系建立空间坐标系，运用空间向量求解即可.【详解】如图以点D为坐标原点建立空间坐标系设点P的坐标为 图中各点的坐标表示如下：B(1，1，0)，D1(0，0，2)，A(1，0，0) ，又即，所以所以点P在平面BCC1B1内的轨迹为由点C到BB1四等分点

12、（靠近B点）的一条线段，且点P由C点向BB1四等分点移动过程中，二面角B-AD-P逐渐增大当点P位于C点处时，二面角B-AD-P最小，最小值为0当点P为与BB1四等分点处时，二面角B-AD-P最大，此时，即为二面角B-AD-P的平面角，所以二面角B-AD-P正切值的取值范围为0，.选项ACD错误，选项B正确故选：B.3、（2022重庆模拟预测）如图1，在平面五边形ABCDE中，BC,AD=2BC=4,AB=6,ABC=90,ADE是等边三角形.现将ADE沿折起，记折后的点为E，连接EB,EC得到四棱锥EABCD，如图2.(1)证明：BCCE；(2)若平面ECD平面ABCD，求二面角ADEB的余

13、弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)31313【解析】（1）构建CE所在的面，通过线面垂直证明线线垂直（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值(1)如上图所示，设为中点，连接EM,CM，因为ADE是等边三角形，所以ADEM，因为BC,所以BCEM，因为AD=2BC所以AM=BC且AM/BC，所以AB/CM，因为ABC=90,所以CMBC又CMEM=M,、EM平面EMC， BC平面EMC，又因为CE平面EMC，所以BCCE(2)如下图所示，过作AHDC于点，由平面ECD平面，平面ECD平面ABCD=CD，AH平面ECD,又因为CE平面EMC，所以AHEC 又BCEC，AH,B

14、C相交，、平面CE平面ABCD,CE=EM2CM2=6以C为原点建立如图所示的坐标系D(2,6,0),A(2,6,0),B(2,0,0),E(0,0,6)BD=(4,6,0),BE=(2,0,6)，AD=(4,0,0),AE=(2,6,6)设平面BDE的法向量n=(x,y,z)满足nBD=0nBE=04x+6y=02x+6z=0n=(3,26,6)设平面ADE的法向量m=(x,y,z)满足mAD=0mAE=04x=02x6y+6z=0m=(0,1,1)cosm,n=nm|n|m|=31313.所以二面角ADEB的余弦值为31313技巧点拨利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的

15、两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系；（2）求出相关点的坐标；（3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论平面与平面的夹角计算公式设平面，的法向量分别为=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面，的夹角为(0)，则|cos |=|cos，v|.变式四 解决探索性问题1、（2022山东枣庄高二期末）如图，在四棱锥中，面ABCD，且，N为PD

16、的中点.(1)求证：平面PBC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是.若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）设，利用直线与平面所成角的正弦值列方程，化简求得.(1)设是的中点，连接，由于，所以四边形是矩形，所以，由于平面，所以，以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设平面的法向量为，则，故可设.，且平面，所以平面.(2)，设，则，设直线与平面所成角为，则，两边平方并化简得，解得或（舍去）.所以存在，使直线与平面所成角的正弦值是，且.2、（2022湖北武

17、汉市第十五中学高二期末）如图，在梯形中，四边形为矩形，且平面，(1)求证：平面；(2)点在线段上一运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时锐二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)当点与点重合时，平面与平面所成锐二面角最大，此时锐二面角的余弦值为.【解析】（1）证明出平面，再由可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角余弦值的最小值.(1)证明：在梯形中，故梯形为等腰梯形，因为，则，所以，又因为，则，因为平面，平面，平面，因为四边形为矩形，则，因此，平面.(2)解：因为平面，以点

18、为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由余弦定理可得，则、，设点，其中，设平面的法向量为，由mAB=3xy=0mAM=(t3)x+z=0，取，可得，易知平面的一个法向量为，所以，当时，取最小值，此时平面与平面所成锐二面角最大，此时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.3、（2021安徽六安二中高二阶段练习）如图，一个正和一个平行四边形在同一个平面内，其中的中点分别为.现沿直线将翻折成，使二面角为120.(1)在线段上是否存在点，使平面平面，若存在，指出点位置，若不存在请说明理由；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)存在中点，使平面平面 (2)【解析】（1）线段上取中点

19、，连接，可得，再由三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结论，（2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解(1)在线段上取中点，使平面平面.理由如下：连接，因为为平行四边形，分别为中点，所以为平行四边形，所以.又分别为的中点，所以，平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面平面；(2)因为为正三角形，为中点，所以，从而为二面角的平面角且平面，而平面，所以平面平面，作平面于，则在直线上，又由二面角的平面角为，故在线段的延长线上，由得，以为原点，为轴建立如右图所示的空间直角坐标系，如下图 则，设平面的法向量为，则由得，令，得，又平面的一个法向量为，所以二面角的余弦为，所以二面角的正弦值为.技巧点拨用向量解决探索性问题的方法1确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求2确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标3解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“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，应善于运用这一方法解题