2019年高考数学解密题（含解析）之 空间向量与立体几何

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1、 空间向量与立体几何高考考点 命题分析 三年高考探源 考查频率利用空间向量求线面角2018 新课标全国18来源:学。科。网 Z。X 。X。K来源:Zxxk.Com2018 新课标全国202017 新课标全国19来源: 学#科#网 Z#X#X#K2015 新课标全国192016 新课标全国19来源: 学#科#网 Z#X#X#K利用空间向量求二面角 来源:Zxxk.Com从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空

2、间向量问题.2018 新课标全国192017 新课标全国182017 新课标全国192017 新课标全国192016 新课标全国182016 新课标全国19考点 1 利用空间向量证明平行与垂直调研 1 如图，在直三棱柱 ADEBCF 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【答案】 （1）见解析；（2）见解析.【解析】由题意，得 AB，AD，AE 两两垂直，以 A 为坐标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，

3、0)， C(1，1，0) ，D(0 ，1，0)，F (1，0，1)，M ，O(12，0，0).(12，12，12)（1）因为 = ， =(1，0，0) ，OMur(0， 12， 12) Aur所以 =0，所以 .BAB因为棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，所以 AB平面 BCF，所以 是平面 BCF 的一个法向量，且 OM平面 BCF，所以 OM平面 BCF.ur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，b 1，c 1)，平面 ， 的法向量分别为 =(a2，b 2，c 2)，v=(a3，b 3，c 3)，则（1）线面平行：l aa=0 a1a2

4、b 1b2c 1c2=0；（2）线面垂直：l a a=ka1=ka2，b 1=kb2，c 1=kc2；（3）面面平行： v= va2=a3，b 2=b3，c 2=c3；（4）面面垂直： v v=0a2a3b 2b3c 2c3=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.考点 2 求空间角题组一 求异面直线所成的角调研 1 如图所示，在三棱锥 PABC

5、 中，PA平面 ABC，D 是棱 PB 的中点，已知PA=BC=2，AB=4，CBAB，则异面直线 PC，AD 所成角的余弦值为A B3010 305C D305 3010【答案】D【解析】因为 PA平面 ABC，所以 PAAB，PABC过点 A 作 AECB，又 CBAB，则 AP，AB，AE 两两垂直如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AE ，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0) ， P(0，0，2)， B(4，0，0)，C(4，2，0) 因为 D 为 PB 的中点，所以D(2，0，1) 故 =(4，2 ，2)， =(2，0，1)所以 cos

6、 ， = = =CurADurAurCP|ur 6526.3010设异面直线 PC，AD 所成的角为 ，则 cos =|cos ， |= .ADurCP3010调研 2 在正方体 中，点 在 上运动（包括端点） ，则 与1ABCD1 BP所成角的取值范围是1ADA B ,43 ,42C D,62 ,63【答案】D【解析】以点 D 为原点，DA、DC、 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，1xyz、 、设正方体棱长为 1，点 P 坐标为 ，则 ，设,x1,0BPBC的夹角为 ，则1BPC、 ，所以当 时，12 211cos 3()xx 13x取最大值 .当 时， 取最小值 .因为 ，所以cos

7、3,261xcos,31BCAD与 所成角的取值范围是 .故选 D.BP1AD,3【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为 ，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，0,因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值） 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

8、夹角 的余弦值为 cos = .|ACBDur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 |.题组二 求线面角调研 3 如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，DAB =90，ADBC，AD 侧面 PAB， PAB 是等边三角形，DA=AB =2，BC= AD，E 是线段 AB 的中12点（1）求证：PECD；（2）求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值【答案】 （1）见解析；（2） .35【解析】 （1）因为 AD侧面 PAB，PE 平面 PAB，所以 ADPE.又PAB 是等边三角形，E 是线段 AB 的中点，所以 PEAB因为

9、 ADAB=A，所以 PE平面 ABCD，而 CD平面 ABCD，所以 PECD（2）以 E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz.则 E(0，0，0) ， C(1，1 ，0)，D(2，1，0) ，P (0，0， )3所以 =(2，1，0)， =(0， 0， )， =(1，1， )ED EP 3 PC 3设 n=(x，y，z )为平面 PDE 的法向量由 ，得Error! 令 x=1，可得 n=(1，2 ，0)0ur设 PC 与平面 PDE 所成的角为 ，则 sin =|cos ，n |= = .PC |urn35所以 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值为 .35调研 4 如图

10、，四棱锥 中， ，底面 是梯形，PABDABD平 面 CAB CD， ，AB=PD=4，CD= 2， ，M 为 CD 的中点，N 为 PB 上一点，BCD且 .(01)PN（1 ）若 MN平面 PAD；4时 ， 求 证 ：（2 ）若直线 AN 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，求异面直线 AD 与直线 CN 所成角的25余弦值.【答案】 （1）见解析；（2） .421（2 ）如图所示，过点 D 作 DH AB 于 H，则 DH CD以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系 Dxyz则 D（0 ，0，0） ，M（0，1，0） ，C （0，2 ，0） ，B（2，2，0） ，A（2，2 ，0） ，P（

11、0，0，4） ， ，2,4CBP2,24ANAB,该平面 PBC 的法向量为 ，则由 ，得 ，令,xyzn024CBxPyzn02xyzz=1，得 0,21该直线 AN 与平面 PBC 所成的角为 ，则，解得22285sinco54AN n1,3 ，28248,2,03NCAD， ，设直线 AD 与直线 CN 所成的角为 ，则 42cos, 123CN所以直线 AD 与直线 CN 所成角的余弦值为 421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

12、，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，b 1，c 1)，平面 的法向量为 =(a3，b 3，c 3)，直线 l 与平面 的夹角为 ，则 sin = =|cosa，|.(02) |a|a|题组三 求二面角调研 5 二面角的棱上有 ， 两点，直线 ， 分别在这个二面角的两个半平面内，ABACBD且都垂直于 ，已知 ， ， ， ，则该二面角的大小为23417A B 4 60C D120 5【答案】B【解析】由已知可得： ， ，0,ABCCAB222

13、2| |2DBABD ， =17 ， ， = ，即 ，22343cosDcosD1C=120，B二面角的大小为 60，故选 B.【名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研 6 如图，在四棱锥 中， ， ， 两两垂直， ，且PABCDPABDBCAD， .4APBD2（1 ）求二面角 的余弦值；PCDA（2 ）已知点 为线段 上异于 的点，且 ，求 的值.HDCHP【答案】 （1）

14、；（2） .31【思路分析】 （1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得 ，即为 的值.PHC PHC【解析】以 为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 .,ABPD Axyz则 ， ， ， ， .0,A4,0B,20C,4D0,4P（1 ）易知 ， .DP设平面 的法向量为 ，C1,xyzn则 ，即 ，10n402令 ，则 ， .xyz所以 .易知平面 的法向量为 ，1,2nACD20,1n所以 ，所以二面角 的余弦值为 .1212cos,3n

15、PCDA23（2 ）由题意可知， ， ，设 ，4,2PC4,20DC4,2PHC则 ，DH,因为 ，所以 ，化简得 ，C22244023410所以 或 .点 异于点 ，所以 ，即 .13HC13PHC调研 7 如图，在三棱柱 中，侧棱 底面 ，且1AB1ABC， 是棱 的中点，点 在侧棱 上运动.12,CABDM（1 ）当 是棱 的中点时，求证： 平面 ；M1C 1（2 ）当直线 与平面 所成的角的正切值为 时，求二面角 的余弦AB321ABC值.【答案】 （1）见解析；（2） .314【思路分析】 （1）取线段 的中点 ，连接 ，可得四边形 是平行四边1ABE,DMCDE形， ，即可证明 平

16、面 ；（2 ）以 为原点， ， ， 所在CDEM C 1 AB1直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角 的余弦xyz 值.（2 ） 两两垂直，以 为原点， 所在直线分别为 ， ，1,ABC1,ABCxy轴，建立空间直角坐标系 ，如图，zxyz三棱柱 中， 平面 ， 即为直线 与平面 所1ABC1ABCMABC成的角.设 ，则由 ，得 .13tan2M32 ，10,0,0,(,)CAB，13(,)(,2)2设平面 的一个法向量为 ，1M,xyzn则 令 ，得 ，即 .130,2AMxzByn2z3,1xy3,12n又平面 的一个法向量为 ， ，1C1,0CA 4cos,CA

17、又二面角 的平面角为钝角，二面角 的余弦值为 .1AMB 1MB314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，b 3，c 3)，v=(a 4，b 4，c 4)

18、，平面 ， 的夹角为 (0)，则|cos |= =|cos ，v|.|v|v|题组四 解决探索性问题调研 8 如图，在五面体 ABCDPE 中，PD平面 ABCD，ADC=BAD=90，F 为棱 PA的中点，PD= BC= ，AB =AD=1，且四边形 CDPE 为平行四边形2（1）判断 AC 与平面 DEF 的位置关系，并给予证明；（2）在线段 EF 上是否存 在一点 Q，使得 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ？若存在，36请求出 QE 的长；若不存在，请说明理由【答案】 （1） AC平面 DEF，证明见解析；（2） 在线段 EF 上存在一点 Q ，(14，1，324)使得 BQ 与

19、平面 PBC 所成角的正弦值为 ，此时 QE= .36 194【解析】 （1）AC平面 DEF.理由如下：设线段 PC 交 DE 于点 N，连接 FN，如图所示，因为四边形 PDCE 为平行四边形，所以点 N 为 PC 的中点，又点 F 为 PA 的中点，所以 FNAC ，因为 FN平面 DEF，AC平面 DEF，所以 AC平面 DEF.（2）假设在线段 EF 上存在一点 Q，使得 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，设 =36 FQ (01)，如图，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，FE 建立空间直角坐标系因为 PD=BC= ，AB =A

20、D=1，所以 CD=2，2所以 P(0,0， )，B (1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)，所以 =(1,1， )， =(1,1,0)2 PB 2 BC 设平面 PBC 的法向量为 m=(x，y ，z )，则 ，即Error!解得Error!(,)1,20()xzur令 x=1，得平面 PBC 的一个法向量为 m=(1,1， )2假设存在点 Q 满足条件由 F ，E(0,2， )，可得 = .(12，0，22) 2 FE ( 12，2，22)由 = (01)，整理得 ，则FQ FE (,= ，BQ 121)(,因为直线 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，36所以|cos

21、，m|= = = ，BQ |ur|5 1|2192 10 7 36化简可得 142 51=0 ，又 01，所以 = ，12故在线段 EF 上存在一点 Q ，使得 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，(14，1，324) 36且 QE= = .2221(0)()()4194调研 9 棱台 的三视图与直观图如图所示 .1ABCD（1 ）求证：平面 平面 ；学-科网1B（2 ）在线段 上是否存在一点 ，使 与平面 所成的角的正弦值为 ？1QC1BD269若存在，指出点 的位置；若不存在，说明理由.【答案】 （1）见解析；（2）存在，点 在 的中点位置，理由见解析.Q1D【思路分析】 （1）首先

22、根据三视图特征可得 平面 ，四边形 为正方形，ABCABD所以 .再由 即可得线面垂直，从而得出面面垂直；ACBD1A（2 ）直接建立空间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出 .1【解析】 （1）根据三视图可知 平面 ，四边形 为正方形，所以1ABCDAB.ACBD因为 平面 ，所以 ，1又 ，所以 平面 .1B1AC因为 平面 ，所以平面 平面 .BD1 1BD（2 ）以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如A1,D,xyz图所示，根据三视图可知四边形 为边长为 2 的正方形，四边形 为边长为 1 的正方ABCD1ABCD形， 平面 ，且 .所以

23、 ， ， ，1A11,0B,2,0， .0,2D,0因为 在 上，所以可设 .Q1 1Q因为 ，所以, 1ADAD.0,20,2所以 ， .,C设平面 的法向量为 ，根据1BD,xyzn1,2,0,01xyzBDn令 ，可得 ，所以 .设 与平面 所成的角为 ，xyz1CQ1则sinco,CQn.22269343所以 ，即点 在 的中点位置.1Q1D调研 10 如图（ 1） ，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，BAD=60，DEAB 于点 E，将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 的位置，使 A1DDC，如图（2） （1）求证：A 1E平面 BCDE.（2）求二面角 E A1B C 的余弦值

24、 （3）判断在线段 EB 上是否存在一点 P，使平面 A1DP平面 A1BC？若存在，求出 的值；EPPB若不存在，说明理由【答案】 （1）见解析；（2） ；（3）在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP平面77A1BC【解析】 （1）DEBE ，BEDC，DEDC 又A 1DDC，A 1DDE=D， DC 平面 A1DE，DCA 1E.又A 1EDE ，DC DE=D，A 1E平面 BCDE.（2）A 1E平面 BCDE，DEBE，以 EB，ED ，EA 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系（如图） 易知 DE=2 ，则 A1(0，0，2) ，B(2，0，

25、0) ，C (4，2 ，0)，D (0，2 ，0)，3 3 3 =(2，0，2)， =(2，2 ，0) ，易知平面 A1BE 的一个法向量为 n=(0，1，0)1BurCur3设平面 A1BC 的法向量为 m=(x，y ，z )，由 m=0， m=0，得Error!令 y=1，得 m=( ，1 ， )，rr 3 3cosm，n= = = .由图得二面角 E A1B C 为钝二面角，mn|m|n| 171 77二面角 E A1B C 的余弦值为 .77（3）假设在线段 EB 上存在一点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC设 P( t，0，0)(0t2)，则 =(t，0，2)， =(0，2 ，2

26、)，1urDur3设平面 A1DP 的法向量为 p=(x1，y 1，z 1)，由 得Error! 令 x1=2，得 p= .10Durp(2，t3，t)平面 A1DP 平面 A1BC，mp=0，即 2 t=0，解得 t=3.3t3 30t2，在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC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，

27、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1 （辽宁省辽阳市 2019 届高三上学期期末考试） 正三棱锥 的侧棱两两垂直，分别为棱 的中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为A BC D2 （云南省昆明市 2019 届高三 1 月复习诊断测试）已知三棱锥 中，底面 为等边三角形， ， ，点 为 的中点，点 为 的中点若点 、是空间中的两动点，且 ， ，则=2A3 B4C 6 D83 （ 2019 年上海市普陀区高考一模） 如图，正四棱柱 的底面边长为 4，记， ，若 ，则此棱柱的体积为 _4 （吉林省高中 2019 届高三上学期期末考试） 在空间直角坐标系 中， ， ，则异面直线 与

28、 所成角的余弦值为_5 （广东省清远市 2019 届高三上学期期末考试） 如图，三棱柱 中，侧面是菱形， （1 ）证明： ；（2 ）若 ，求直线 与平面 所成角的余弦值6 （福建省宁德市 2018-2019 学年高三质检）如图，在梯形 中， ， ，现将 沿 翻折成直二面角 =4（1 ）证明： ；（2 ）若异面直线 与 所成角的余弦值为 ，求二面角 余弦值的大小7 （江西省九江市 2018-2019 年第一次统考）如图，已知四棱锥 的底面是边长为的菱形， ，点 是棱 的中点， ，点 在平面 的射影为， 为棱 上一点（1 ）求证：平面 平面 ；（2 ）若 为棱 的中点， ，求直线 与平面 所成角的

29、正弦值=28 （福建省泉州市 2019 届高三 1 月单科质检）如图所示，平面 平面 ，四边形是边长为 4 的正方形， ， ， 分别是 ， 的中点（1 ）求证： 平面 ；/（2 ）若直线 与平面 所成角等于 ，求二面角 的余弦值 60掳9 （福建省龙岩市 2019 届高三期末质检） 如图，四边形 是边长为 2 的正方形，平面平面 ，且 （1 ）证明：平面 平面 ；（2 ）当 ，且 与平面 所成角的正切值为 时，求二面角 的正弦值10 （湖北省 2019 届高三 1 月联考） 如图，在四棱锥 中， ， ，且 PC=BC=2AD=2CD=2 ， 2 =2（1 ） 平面 ；（2 ）在线段 上，是否存

30、在一点 ，使得二面角 的大小为 ？如果存在，求 的值；如果不存在，请说明理由11 （云南省昆明市黄冈实验学校 2019 届高三期末考试）如图，四面体 ABCD 中，ABC是正三角形，ACD 是直角三角形， ABD =CBD ，AB= BD（1 ）证明：平面 ACD平面 ABC；（2 ）过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 DAEC 的余弦值12 （江苏省扬州市 2018-2019 学年期末检测）将边长为 2 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，使得平面 ABD平面 CBD，且 AE平面 ABD（1 ）若 AE ，求直线 D

31、E 与直线 BC 所成角；2（2 ）若二面角 ABED 的大小为 ，求 AE 的长度1 （ 2018 新课标全国理科） 在长方体 中， ，1ABCD1ABC，则异面直线 与 所成角的余弦值为3A1A B556C D22 （2017 新课标全国理科）a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC的直角边 AC 所在直线与 a， b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：当直线 AB 与 a 成 60角时， AB 与 b 成 30角；当直线 AB 与 a 成 60角时， AB 与 b 成 60角；直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45；直线 AB 与 a 所成

32、角的最大值为 60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)3 （ 2018 新课标全国理科） 如图，四边形 为正方形， 分别为 的ABCD,EF,ADBC中点，以 为折痕把 折起，使 点 到达点 的位置，且 .DF P（1 ）证明：平面 平面 ；PEF（2 ）求 与平面 所成角的正弦值 .AB4 （ 2018 新课标全国理科） 如图，在三棱锥 中， ，PABC2， 为 的中点4PABCOAC（1 ）证明： 平面 ；B（2 ）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正MMP30PAM弦值 PA O CB M5 （ 2018 新课标全国理科） 如图，边长为 2 的正方形 所在的平面与

33、半圆弧ABCD所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点ACDMACD（1 ）证明：平面 平面 ； B（2 ）当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值MAB6 （ 2017 新课标全国理科 ）如图，在四棱锥 PABCD 中，AB/CD，且.90BAPCD（1 ）证明：平面 PAB平面 PAD；（2 ）若 PA=PD=AB=DC， ，求二面角 APBC 的余弦值.90AP7 （2017 新课标全国理科）如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD， E 是 PD 的中点o1,90,2ABCDBAC（1）证明：直线 平面 PAB；学科-网E（2）点 M 在棱

34、 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 ，求二面角o45的余弦值ABD8 （ 2017 新课标全国理科） 如图，四面体 ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD 是直角三角形，ABD =CBD ，AB=BD （1 ）证明：平面 ACD平面 ABC；（2 ）过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 DAEC 的余弦值.9 （ 2016 新课标全国理科） 如图，在以 A，B，C ，D，E ，F 为顶点的五面体中，面 ABEF为正方形，AF=2 FD， ，且二面角 D A F E 与二面角 C BE F 都90FD-是 60

35、（1 ）证明：平面 ABEF 平面 EFDC；（2 ）求二面角 E BC A 的余弦值-空间向量与立体几何高考考点 命题分析 三年高考探源 考查频率利用空间向量求线面角2018 新课标全国18来源:ZXXK2018 新课标全国202017 新课标全国19 来源:2015 新课标全国192016 新课标全国19来源:Z_xx_k.Com利用空间向量求二面角来源:学#科#网Z#X#X#K从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体

36、几何问题转化为空间向量问题.2018 新课标全国192017 新课标全国182017 新课标全国192017 新课标全国192016 新课标全国182016 新课标全国19考点 1 利用空间向量证明平行与垂直调研 1 如图，在直三棱柱 ADEBCF 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【答案】 （1）见解析；（2）见解析.【解析】由题意，得 AB，AD，AE 两两垂直，以 A 为坐标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) ，

37、 B(1，0，0)， C(1，1，0) ，D(0 ，1，0)，F (1，0，1)，M ，O(12，0，0).(12，12，12)（1）因为 = ， =(1，0，0)，OMur(0， 12， 12) Aur所以 =0，所以 .BAB因为棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，所以 AB平面 BCF，所以 是平面 BCF 的一个法向量，且 OM平面 BCF，所以 OM平面 BCF.ur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，b 1，c 1)，平面 ， 的法向量分别为 =(a2，b 2，c 2)，v=(a3，b 3，c 3)，则（1）线面平行：l aa=

38、0 a1a2b 1b2c 1c2=0；（2）线面垂直：l a a=ka1=ka2，b 1=kb2，c 1=kc2；（3）面面平行： v= va2=a3，b 2=b3，c 2=c3；（4）面面垂直： v v=0a2a3b 2b3c 2c3=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.考点 2 求空间角题组一 求异面直线所成的角调研 1 如图所示，在三棱锥

39、 PABC 中，PA平面 ABC，D 是棱 PB 的中点，已知PA=BC=2，AB=4，CBAB，则异面直线 PC，AD 所成角的余弦值为A B3010 305C D305 3010【答案】D【解析】因为 PA平面 ABC，所以 PAAB，PABC过点 A 作 AECB，又 CBAB，则 AP，AB，AE 两两垂直如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AE ，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，学科-网则 A(0，0，0) ， P(0，0，2)， B(4，0，0)，C(4，2，0) 因为 D 为 PB 的中点，所以D(2，0，1) 故 =(4，2 ，2)， =(2，0

40、，1)所以 cos ， = = =CurADurAurCP|ur 6526.3010设异面直线 PC，AD 所成的角为 ，则 cos =|cos ， |= .ADurCP3010调研 2 在正方体 中，点 在 上运动（包括端点） ，则 与1ABCD1 BP所成角的取值范围是1ADA B ,43 ,42C D,62 ,63【答案】D【解析】以点 D 为原点，DA、DC、 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，1xyz、 、设正方体棱长为 1，点 P 坐标为 ，则 ，设,x1,0BPBC的夹角为 ，则1BPC、 ，所以当 时，12 211cos 3()xx 13x取最大值 .当 时， 取最小值 .因为 ，所以cos3,261xcos,31BCAD