专题14 空间向量与立体几何（命题猜想）-2018年高考数学（理）命题猜想与仿真押题

专题14 空间向量与立体几何（命题猜想）-2018年高考数学（理）命题猜想与仿真押题

‎【考向解读】 ‎ 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.‎ ‎【命题热点突破一】 利用向量证明平行与垂直 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：‎ ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.‎ ‎(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.‎ ‎(3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.‎ 例1、【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. ‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.‎ ‎【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或 ‎ ‎【解析】如图，以A为原点，分别以， ， 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.‎ ‎（Ⅱ）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为， ，所以.不妨设，可得.‎ 因此有，于是.‎ 所以，二面角C—EM—N的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得， .由已知，得，整理得，解得，或.‎ 所以，线段AH的长为或. ‎ ‎【变式探究】【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面 ‎,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.‎ ‎(I)求证：EF⊥平面ACFD；‎ ‎(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．‎ 因为平面，所以，则平面，所以．‎ 所以是二面角的平面角．‎ 在中，，，得．‎ 在中，，，得．‎ 所以二面角的平面角的余弦值为．‎ 方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．‎ 取的中点，则，又平面平面，所以，平面．‎ 以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．‎ ‎【变式探究】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：‎ ‎ (1)OM∥平面BCF；‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ 证明　方法一　由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，‎ F(1,0,1)，M，O.‎ ‎ ‎ ‎(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，‎ 由 得解得 令x1＝1，则n1＝.‎ 同理可得n2＝(0,1,1)．‎ ‎∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.‎ 方法二　(1)＝＋＋＝－＋ ‎＝(＋)－＋＝－－＋ ‎＝－(＋)－＋ ‎＝－－.‎ ‎∴向量与向量，共面，‎ 又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.‎ 思维升华　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，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量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．‎ ‎【变式探究】 ‎ ‎【解析】‎ 如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：‎ ‎(1)DE∥平面ABC；‎ ‎(2)B1F⊥平面AEF.‎ 证明　(1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，‎ ‎ ‎ ‎(2)＝(－2,2，－4)，‎ ＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．‎ ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.‎ ‎∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，‎ 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. ‎ ‎【命题热点突破二】 利用空间向量求空间角 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．‎ ‎(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ(0≤θ≤)，则cosθ＝＝.‎ ‎(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|.‎ ‎(3)面面夹角 设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cosθ|＝＝|cos〈μ，v〉|.‎ 例2、(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．‎ ‎ ‎ ‎(1)证明：直线CE∥平面PAB；‎ ‎(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．‎ 设M(x，y，z)(0|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ ‎2．(2015·天津，17)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．‎ ‎(1)求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；‎ ‎(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．‎ ‎【解析】‎ 解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D ‎(1，－2，0)，‎ A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，‎ 得M，‎ N(1，－2，1)．‎ ‎(1)证明　依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. ‎ 又＝(0，1，2)，‎ 得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝‎ ‎－，于是sin〈n1，n2〉＝.‎ 所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为.‎ ‎3．(2015·四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．‎ ‎【解析】建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则＝，E，‎ 设M(0，y，1)(0≤y≤1)，‎ 则＝，‎ ‎∴cos θ＝＝－.‎ 设异面直线所成的角为α，‎ 则cos α＝|cos θ|＝＝·，‎ 令t＝1－y，则y＝1－t，‎ ‎∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，‎ 那么cos α＝|cos θ|＝·＝＝，‎ 令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，‎ 那么cos α＝，‎ 又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，‎ ‎∴x＝1，zmin＝5，‎ 此时cos α的最大值＝·＝·＝.‎ ‎【答案】 ‎ 4.(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F. ‎ ‎(1)证明：EF∥B1C.‎ ‎(2)求二面角EA1DB1的余弦值．‎ ‎【解析】‎ ‎(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1‎ 的中点，所以E点的坐标为.‎ 设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.‎ n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组 ‎(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．‎ 设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．‎ 所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.‎ ‎5．(2015·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2. ‎ ‎(1)证明：DE⊥平面PCD；‎ ‎(2)求二面角A－PD－C的余弦值．‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)解　由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.‎ 设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，‎ 得故可取n1＝(2，1，1)．‎ 由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1，0)．‎ 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos 〈n1，n2〉＝＝，‎ 故所求二面角A－PD－C的余弦值为.‎ ‎6．(2015·北京，17)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．‎ ‎(1) 求证：AO⊥BE；‎ ‎(2) 求二面角F－AE－B的余弦值；‎ ‎(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)证明　因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，‎ 所以AO⊥EF.‎ 又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO⊂平面AEF，‎ 所以AO⊥平面EFCB.‎ 所以AO⊥BE.‎ ‎ ‎ 则E(a，0，0)，A(0，0，a)，‎ B(2，(2－a)，0)，＝(－a，0，a)，‎ ＝(a－2，(a－2)，0)．‎ 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 即 令z＝1，则x＝，y＝－1，‎ 于是n＝(，－1，1)．‎ 平面AEF的法向量为p＝(0，1，0)．‎ 所以cos〈n，p〉＝＝－.‎ 由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－.‎ ‎ ‎ ‎7．(2015·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.‎ ‎ ‎ ‎(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；‎ ‎(2)证明：直线MN∥平面BDH；‎ ‎(3)求二面角A－EG－M的余弦值．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)解　点F，G，H的位置如图所示．‎ ‎(2)证明　连接BD，设O为BD的中点，‎ 因为M，N分别是BC，GH的中点，‎ 所以OM∥CD，且OM＝CD，‎ HN∥CD，且HN＝CD，‎ 所以OM∥HN，OM＝HN，‎ 所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，‎ 又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，‎ 所以MN∥平面BDH.‎ 即二面角A－EG－M的余弦值为.‎ 法二　如图，以D为坐标原点，分别以， ，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，‎ 所以，＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)，‎ 设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 由取x＝2，得n1＝(2，2，1)，‎ 在正方体ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC，‎ 则可取平面AEG的一个法向量为n2＝＝(1，1，0)，‎ 所以cos＝＝＝，‎ 故二面角A－EG－M的余弦值为.‎