专题28+立体几何的向量方法-2019年高考数学（理）考点分析与突破性讲练

专题28+立体几何的向量方法-2019年高考数学（理）考点分析与突破性讲练

一、考纲要求：‎ ‎1.理解直线的方向向量与平面的法向量.‎ ‎2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.‎ ‎3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).‎ ‎4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．‎ 二、概念掌握及解题上的注意点：‎ ‎1.利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.‎ ‎2.用向量证明垂直的方法 (1）)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.‎ (2）)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.‎ (3）)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.‎ ‎3.利用向量法求异面直线所成的角的步骤 (1）)选好基底或建立空间直角坐标系.‎ (2）)求出两直线的方向向量v1，v2.‎ (3）)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.‎ ‎4.求线面角方法：‎ (1）)线面角范围，向量夹角范围为[0，π].‎ (2）)线面角θ的正弦值等于斜线对应向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值.即sin θ＝.‎ 即斜向量，n为平面法向量. ‎ 例5.（2018天津卷）如图，AD∥BC且AD=2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG=AD，CD∥FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2．‎ ‎（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）‎ ‎（Ⅱ）解：依题意，可得，，．‎ 设为平面BCE的法向量，‎ 则，不妨令z=1，可得．‎ 设为平面BCF的法向量，‎ 则，不妨令z=1，可得．‎ 因此有cos＜＞=，于是sin＜＞=．‎ ‎∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；‎ 例6.（2018浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；‎ ‎（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】：（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，‎ ‎∴AA1∥BB1，‎ ‎∵AA1=4，BB1=2，AB=2，‎ ‎∴A1B1==2，‎ 又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，‎ ‎∴AB1⊥A1B1，‎ 同理可得：AB1⊥B1C1，‎ 又A1B1∩B1C1=B1，‎ ‎∴AB1⊥平面A1B1C1．‎ 设平面ABB1的法向量为=（x，y，z），则，‎ ‎∴，令y=1可得=（﹣，1，0），‎ ‎∴cos＜＞===．‎ 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．‎ ‎∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．‎ ‎　‎ 例7.（2018上海卷）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．‎ ‎（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；‎ ‎（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）arccos ‎【解析】：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，‎ ‎∴圆锥的体积V==‎ ‎=．‎ 设异面直线PM与OB所成的角为θ，‎ 则cosθ===．‎ ‎∴θ=arccos．‎ ‎∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．‎ 立体几何向量方法 一、选择题 ‎1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则 (　　)‎ A．l∥α　 B．l⊥α C．l⊂α D．l与α相交 ‎【答案】B ‎【解析】：　∵n＝－2a，‎ ‎∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α. ‎ ‎18．如图所示，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.‎ ‎(1)求证：PA⊥平面ABCD；‎ ‎(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】见解析 则n＝(－1,1，－2)．‎ 假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，‎ 使得BF∥平面AEC，则·n＝0.‎ 又∵＝＋＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，‎ ‎∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，‎ ‎∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点．‎ ‎19．如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.‎ ‎(1)若M为CD的中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；‎ ‎(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)‎ ‎【解析】：　(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，则△ACD为等边三角形，‎ 又∵M为CD的中点，∴AM⊥CD，‎ 由CD∥AB得AM⊥AB.‎ ‎∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂底面ABCD，‎ ‎∴AM⊥AA1，又∵AB∩AA1＝A，‎ ‎∴AM⊥平面AA1B1B. ‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则有⇒ 令x＝1，则n＝(1，，1)．‎ ‎∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值 sin θ＝|cos〈n，1〉|＝＝.‎ ‎20．如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．‎ 求证：(1)PB∥平面EFH；‎ ‎(2)PD⊥平面AHF.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】：[证明]　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ ‎(2)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)，‎ ‎∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，‎ ·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，‎ ‎∴PD⊥AF，PD⊥AH.‎ 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.‎ ‎21．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.‎ ‎(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角BA1DA的正弦值．‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)，‎ 则cos〈，〉＝ ‎＝＝－，‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)解：平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，‎ 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，‎ 则 即 因此二面角BA1DA的正弦值为. ‎ ‎22．如图，四棱锥PABCD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. ‎ ‎【答案】(1)见解析；(2) ‎【解析】：　(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.‎ 因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.‎ 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，‎ 又BC＝AD，所以EFBC，‎ 四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.‎ 又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.‎ ‎(2)解：由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．‎ 从而＝.‎ 设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 即 所以可取m＝(0，－，2)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝.‎ 因此二面角MABD的余弦值为. ‎