2022年高考考前20天终极冲刺攻略（二）核心考点解读——立体几何与空间向量.doc

时间：5月 25日 今日心情： 核心考点解读立体几何与空间向量高考预测线线角.线面角和二面角是高考的热点，选择题.填空题皆有，解答题中第二问必考，一般为中档题，在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力.逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.选择题和填空题一般不用空间向量法.但要理解向量基本定理的本质，感悟“基底”的思想，并运用它解决立体几何中的问题.应试技巧空间向量在立体几何中的应用（1）设，则； ； ； ； .（2）设，则. 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.已知，则；已知，则，或者.其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量在向量上的射影为.（5）设是平面的一个法向量，是内的两条相交直线，则，由此可求出一个法向量（向量及已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设是平面的一个法向量，为直线的方向向量，证明，（如图8-155所示）.已知直线（），平面的法向量，若，则.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量，只要证明，即.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行.面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行.法向量互相垂直.（10）空间角公式.异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则.线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则.二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中.（11）点到平面的距离为，为平面的法向量，则.1（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值（III）求二面角的正弦值【解析】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.2（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值【解析】（1）取的中点为，连接.因为，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.3（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点（1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.4（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在中，由余弦定理可得，所以，由题意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系， 则，又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为5（2021·全国·高考真题（理）已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点 （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【解析】（1）因为，所以又因为，所以平面又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则又因为，所以又因为，所以平面又因为平面，所以（2）设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时6（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面因为平面，所以.（2）如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设，所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为又平面的一个法向量为，所以，解得又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为7（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】证明：（1）连接，设点为的中点，连接，在中，又因为点为中点，所以.同理可证得，又因为，分别为正方形的边，的中点，故，所以.又因为，所以平面平面.又因为平面，所以平面.（2）因为为正方形，分别是，的中点，所以四边形为矩形，则.又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，所以平面，则为直线在平面内的射影，因为为直线与平面所成的角.不妨设正方形边长为，则，在中，因为平面，平面，所以，在中，即为直线与平面所成角的正弦值.8（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交线为l（1）证明：l平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值【解析】（1）证明： 在正方形中，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面（2）因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.9（2020·全国·高考真题（理）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值【解析】（1）在棱上取点，使得，连接.，如图1所示.在长方体中，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，因此点在平面内.（2）以点为坐标原点，.所在直线分别为.轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.则.，设平面的一个法向量为，由，得取，得，则，设平面的一个法向量为，由，得，取，得，则，设二面角的平面角为，则，.因此，二面角的正弦值为.10（2020·全国·高考真题（理）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以平面；（2）过O作BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.11（2020·全国·高考真题（理）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1MN，且平面A1AMNEB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【解析】（1）分别为，的中点，又，在中，为中点，则，又侧面为矩形，由，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面 ，又平面，平面，平面，平面平面.(2)如图，过O作的平行线分别交于点，联结，由于平面，平面，平面，平面，所以平面平面又因平面平面，平面平面，所以因为，所以面又因，所以面，所以与平面所成的角为令，则，由于O为的中心，故在中，由勾股定理得所以由于，直线与平面所成角的正弦值也为12（2020·江苏·高考真题）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=，BD=2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO=2，E为AC的中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角FDEC的大小为，求sin的值【解析】（1）连以为轴建立空间直角坐标系，则从而直线与所成角的余弦值为（2）设平面一个法向量为令设平面一个法向量为令因此