专题17应用空间向量解决立体几何问题-2018年高考数学(理)母题题源系列(天津专版)(原卷版)

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2018年高考数学(理)母题题源系列(全国1专版)专题06 平面向量

【母题来源一】【2018高考新课标1理数6】【母题原题】在△中，为边上的中线，为的中点，则A. B.C. D.【答案】A，所以，故选A.点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.【母题来源二】【2017高考新课标1理数13】【母题原题】已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2 b |= ______ .【答案】【解析】点睛：(1)求向量的夹角主要是应用向量的数量积公式． (2)常用来求向量的模．【母题来源三】【2016高考新课标1理数13】【母题原题】设向量a=(m,1)，b=(1,2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则m= . 【答案】2- 【解析】试题分析：由222||||||+=+a b a b ，得⊥a b ，所以1120m ⨯+⨯=，解得2m =-. 【考点】向量的数量积及坐标运算【名师点睛】全国卷中向量大多以客观题的形式出现,属于基础题.解决此类问题既要准确记忆公式,又要注意运算的准确性.本题所用到的主要公式是：若()()1122,,,x y x y ==a b ,则1122x y x y ⋅=+a b .【考点一：平面向量基本定理】1．平面向量基本定理中的基底必须是两个不共线的向量．2．选定基底后，通过向量的加、减、数乘以及向量平行的充要条件，把相关向量用这一组基底表示出来．3．强调几何性质在向量运算中的作用，用基底表示未知向量，常借助图形的几何性质，如平行、相似等．提醒：在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．【考点二：平面向量的坐标运算】1．向量的坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标．2．解题过程中，常利用向量相等则其坐标相同这一原则，通过列方程(组)来进行求解．3．两平面向量共线的充要条件有两种形式：(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0；(2)若a∥b(a≠0)，则b＝λa，应视题目条件灵活选择．1．【重庆市第八中学2018届高考适应性月考（六）】若在中，，其外接圆圆心满足，则（）A. B. C. D.【答案】A点晴：注意区分向量三角形法则和平行四边形法则之间的关系，注意区分向量积运算俩公式的区别。

2018届高考数学复习——立体几何：(三)空间向量在立体几何中的应用(试题版)——重点简版

【考点1·空间向量证明线、面平行与垂直关系】【典型例题】[例1](1)下列命题中,正确命题的个数为.①若n1、n2分别是平面α、β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β；②若n1、n2分别是平面α、β的法向量,则α⊥β⇔n1·n2＝0；③若n是平面α的法向量,向量a与α共面,则n·a＝0；④若两个平面的法向量不垂直,则这两平面一定不垂直.(2)(2015·山东临沂一模)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∥αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α斜交(3)平面α,β的法向量分别为μ=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),则()A.α∥βB.α⊥βC.α、β相交但不垂直D.以上都不正确[例2]►(1)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E、F、G分别为AB、AD、AA1的中点,求证：平面EFG∥平面B1CD1.►(2)如图所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB＝2,AF＝1,M是线段EF的中点.求证：(I) AM∥平面BDE；(II) AM⊥平面BDF. [例3](2014·济南质检)如图,在三棱锥P－ABC中,AB＝AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD 上.已知BC＝8,PO＝4,AO＝3,OD＝2.(I)证明：AP⊥BC；(II)若点M是线段AP上一点,且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.【变式训练】1.(2016河南联考)设平面α的一个法向量为n1＝(1,2,－2),平面β的一个法向量为n2＝(－2,－4,k),若α∥β,则k＝()A.2B.－4C.－2D.42.平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2),b＝(x,－2,3),且α⊥β,则x＝________.3.(2013浙江选编)如图,四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD＝2,BD＝22,M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.4.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,P A⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC＝60°,P A＝AB＝BC,E是PC的中点.证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.☆【考点2·空间向量求空间角】题型1：求异面直线的夹角【典型例题】[例1](1)若平面α的一个法向量n ＝(4,1,1),直线l 的一个方向向量a ＝(－2,－3,3),则l 与α所成角的正弦值为 .(2)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1＝2AB ,E 为AA 1的中点,则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35(3)已知平面OAB 的一个法向量为n ＝(2,－2,1),且点P (－1,3,2),则点P 到平面OAB 的距离d 等于( ) A.4 B.2 C.3 D.1 (4)(2016·湖南岳阳质检)正四棱柱ABCD -A ′B ′C ′D ′中,底面边长为1,侧棱长为2,且MN 是AB ′,BC ′的公垂线,M 在AB ′上,N 在BC ′上,则线段MN 的长度为________.[例2](2015·课标Ⅰ理)如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC ＝120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE ＝2DF ,AE ⊥EC . (I)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(II)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.【变式训练】 1.(2015·河南洛阳质检)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ＝AA 1＝2,AD ＝1,E 为CC 1的中点,则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010 2.(2014·课标Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.223.(2017全国2理)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠ABC ＝120°,AB ＝2,BC ＝CC 1＝1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ). A.32 B.155 C.105 D.33题型2：求直线与平面所成的角【典型例题】[例1](1)已知向量m ,n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量,若cos 〈m ,n 〉＝－12,则l 与α所成的角为 . (2)(2016·辽宁一模)已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ,则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 (3)(2014·四川理)如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( )A.[33，1]B.[63，1]C.[33，223]D.[223，1][例2]►(1)(2016·课标Ⅲ理)如图,四棱锥P -ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,P A ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点. (I)证明MN ∥平面P AB ；(II)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.►(2)(2016北京理)如图,四棱锥P -ABCD 中,平面P AD ⊥平面ABCD ,P A ⊥PD ,P A ＝PD ,AB ⊥AD ,AB =1,AD =2,AC =CD = 5. (I)求证：PD ⊥平面P AB ；(II)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(III)在棱P A 上是否存在点M ,使得BM ∥平面PCD ？若存在,求AMAP的值；若不存在,说明理由.【变式训练】1.(2016宁夏一模)已知空间点A(1,1,1),B(-4,0,2),C(-3,-1,0), D(-1,0,4),则直线AD与平面ABC所成的角为.2.(2015·课标Ⅱ理)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB＝16,BC＝10,AA1＝8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E＝D1F ＝4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(I)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(II)求直线AF与平面α所成角的正弦值.3.(2015河南质检)如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.4.(2014·北京理)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(I)求证：AB∥FG；(II)若P A⊥底面ABCDE,且P A＝AE,求直线BC与平面ABF 所成角的大小,并求线段PH的长. 题型3：求二面角【典型例题】[例1]►(1)(2013课标Ⅱ理)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别是AB、BB1的中点,AA1＝AC＝CB＝22AB.(I) 证明：BC1∥平面A1CD；(II) 求二面角DA1CE的正弦值.►(2)(2016·课标Ⅱ理)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD 交于点O,AB＝5,AC＝6,点E,F分别在AD,CD上,AE＝CF ＝54,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′＝10.(I)证明：D′H⊥平面ABCD；(II)求二面角B-D′A-C的正弦值.[例2]►(1)(2014·天津理)如图,在四棱锥P-ABCD中,P A⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD＝DC＝AP＝2,AB＝1,点E为棱PC的中点.(I)证明：BE⊥DC；(II)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(III)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P 的余弦值.►(2)(2017天津理)如图所示,在三棱锥P-ABC 中,P A ⊥底面ABC ,∠BAC ＝90°.点D ,E ,N 分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A ＝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P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721,求线段AH 的长.NM ED CBAP【变式训练】 1.(2014·课标Ⅱ理)如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为矩形,P A ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点. (1)证明：PB ∥平面AEC ； (2)设二面角D -AE -C 为60°,AP ＝1,AD ＝3,求三棱锥E -ACD 的体积.2.(2015·唐山调研)如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,AB ＝2AD ＝2,BD ＝3,PD ⊥底面ABCD . (1)证明：平面PBC ⊥平面PBD ；(2)若二面角P -BC -D 为π6,求AP 与平面PBC 所成角的正弦值.3.(2016·课标Ⅰ理)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 ＝2FD ,∠AFD ＝90°,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值.4.(2017全国1理)如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ,∠APD ＝90°,求二面角A -PB -C 的余弦值.DC BAP5.(2017全国2理)如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB ＝BC ＝12AD ,∠BAD ＝∠ABC ＝90°, E 是PD 的中点. (1)求证：直线CE ∥平面P AB ； (2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45°,求二面角M -AB -D 的余弦值.EM DCBAP。

高三立体几何大题专题(用空间向量解决立体几何类问题).docx

【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理r r rur rr r 如果三个向量 a, b, c 不共面，那么对空间任一向量 p xaybzcr r r a, b, c 称为基向量。

2、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量i , j , k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴， y 轴和 z 轴。

则r r r ra xi y j zk （ x,y,z ）称为空间直角坐标。

注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。

3、空间向量运算的坐标表示rrrr (1)若 ax 1 , y 1, z 1 , b x 2 , y 2 , z 2 ，则： abx 1 x 2 , y 1 y 2 , z 1 z 2rr ra x 1 , y 1, z 1 ab x 1 x 2y 1 y 2 z 1 z 2r rr r1 x 2y 1y 2 z 1 z 2 0a b a bx 0r r r r x 1x 2 , y 1y 2 , z 1z 2a //b a b r r r 222aa ax 1 y 1 z 1 ．r r r rr r r r rraba b = a b cos a,b ． cos a ,br ra br rrrx 1 x 2y 1 y 2z 1z 2a bcos a,br r222222 a bx 1y 1z 1 x 2 y 2 z 2uuurr r(2)设 A x 1 , y 1, z 1 , Bx 2 , y 2 , z 2 则 ABOB OA x 2x 1 , y 2 y 1 , z 2z 1(3) x 1 , y 1, z 1 ，x 2 , y 2 , z 2 ，则 duuurx 2222x 1y 2 y 1z 2 z 1二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量 n=（ x ， y ， z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a=（a1， a2, a3） b=（ b1，b2， b3） 4、根据法向量的定义建立方程组 ① n*a =0②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。

考点33 立体几何中的综合问题-2018版典型高考数学试题解读与变式(原卷版)

考点33：立体几何中的综合问题【考纲要求】1.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.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】立体几何综合问题是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】（一）构造函数在导数问题中的应用例1.【2015广东卷（理）】若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值（） A.至多等于3 B.至多等于4 C.等于5 D.大于5【变式1】【改编例题条件】【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（）A. 255B. 22 C. 1 D. 63【变式2】【改编例题条件和问法】【2017届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中高三第三次模拟】如图，直三棱柱111ABC A B C −中，12AA =， 1AB BC ==， 90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB上的一个动点.有下列判断： ① 直线AC 与直线1C E是异面直线；②1A E一定不垂直1AC ；③ 三棱锥1E AA O−的体积为定值； ④1AE EC +的最小值为22.其中正确的个数是A. 1B. 2C. 3D. 4 （二）立体几何中的体积问题例2.【2014江西卷（理）】如图，四棱锥ABCD P −中，ABCD 为矩形，平面⊥PAD 平面ABCD . （1）求证：;PD AB ⊥（2）若,2,2,90===∠PC PB BPC问AB 为何值时，四棱锥ABCD P −的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.【变式1】【改编例题的条件】【2018届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考】如图（1）所示，已知四边形SBCD 是由Rt SAB ∆和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中90SAB SDC ∠=∠=︒.且点A 为线段SD 的中点， 21AD DC ==， 2AB =.现将SAB ∆沿AB 进行翻折，使得二面角S AB C −−的大小为90°，得到图形如图（2）所示，连接SC ，点,E F 分别在线段,SB SC 上.（Ⅰ）证明： BD AF ⊥；（Ⅱ）若三棱锥B AEC −的体积为四棱锥S ABCD −体积的25，求点E 到平面ABCD 的距离.【变式2】【改编例题的条件，依据函数零点个数证明不等式】【2018届安徽省合肥市高三调研性检测】如图，多面体ABCDEF 中， //,AD BC AB AD ⊥, FA ⊥平面,//ABCD FA DE ，且222AB AD AF BC DE =====.（Ⅰ）M 为线段EF 中点，求证： //CM 平面ABF ；（Ⅱ）求多面体ABCDEF 的体积.【数学思想】分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的. 【处理立体几何问题注意点】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．【典例试题演练】1．【2018届云南省昆明一中高三第二次月考】正三棱锥S ABC −中，若三条侧棱两两垂直，且3SA =，则正三棱锥S ABC −的高为（） A.2 B. 2 C.3 D. 32．【2017年浙江省源清中学9月高三上学期第一次月考】如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为（）A. 4B. 43C.D. 233．【2017届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考】在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中任取一点M ，则满足90AMB ∠>︒的概率为（）A. 24πB. 12πC. 8πD. 6π4．【2017届湖南省长沙市雅礼中学高考模拟】如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D −的对角线1BD 上.过点P 作垂直于平面11BB D D的直线，与正方体表面相交于,M N .设,BP x MN y ==，则函数()y f x =的图象大致是（）A. B. C. D.5．【2017届浙江省杭州市高三4月教学质量检测】在等腰直角ABC ∆中， AB AC ⊥， 2BC =， M 为BC 中点， N 为AC 中点， D 为BC 边上一个动点， ABD ∆沿AD 翻折使BD DC ⊥，点A 在面BCD上的投影为点O ，当点D 在BC 上运动时，以下说法错误的是（）A. 线段NO 为定长B. )1,2CO ⎡∈⎣C. 180AMO ADB ∠+∠>︒D. 点O 的轨迹是圆弧 6．【2017届河北省唐山市高三年级第二次模拟】正方体1111ABCD A B C D −棱长为6， O 点在棱BC 上，且2BO OC =，过O 点的直线l 与直线1AA ，11C D 分别交于M ， N 两点，则MN =（）A. 313B. 95C. 14D. 217．【2018届河北省邢台市高三上学期第一次月考】在Rt ABC ∆中， AC BC ⊥， 3BC =， 5AB =，点D E 、分别在AC AB 、边上，且//DE BC ，沿着DE 将ADE ∆折起至'A DE ∆的位置，使得平面'A DE ∆⊥平面BCDE ，其中点'A 为点A 翻折后对应的点，则当四棱锥'A BCDE −的体积取得最大值时， AD 的长为__________.8．【2017届福建省泉州市高三3月质量检测】如图，一张4A 纸的长、宽分别为22,2a a ． ,,,A B C D 分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得1234,,,P P P P 四点重合为一点P ，从而得到一个多面体．关于该多面体的下列命题，正确的是__________．（写出所有正确命题的序号） ①该多面体是三棱锥； ②平面BAD ⊥平面BCD ； ③平面BAC ⊥平面ACD ； ④该多面体外接球的表面积为25a π9．【2017届辽宁省沈阳市东北育才学校高三第九次模拟】如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，棱长为1 ，点P 为线段1A C上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的______． ①当113AC A P =时， 1//D P 平面1BDC ；②当113AC A P =时，1AC ⊥平面1D AP；③1APD ∠的最大值为90；④1AP PD +的最小值为263.10．【2017届昭通市高三复习备考统一检测】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D −中， BD AC O ⋂=,M 是线段1D O 上的动点，过M 做平面1ACD 的垂线交平面1111A B C D 于点N ，则点N 到点A 的距离最小值是___________．11．【2017届江西师范大学附属中学高三3月月考】如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．12．【2018届江西省临川第二中学高三上学期第四次月考】如图，已知四棱锥，底面为菱形，，，平面，分别是的中点.（1）证明：平面；（2）若为的中点时，，求点到平面的距离.13．【2018届重庆市巴蜀中学高三9月高考适应月考】如图，梯形中，，矩形所在的平面与平面垂直，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为线段上一点，直线与平面所成的角为，求的最大值.。

2018高考汇编——空间向量与立体几何

2018高考汇编——空间向量与立体几何1．（2018年全国卷Ⅲ理）已知向量，，．若，则________．【答案】【解析】分析：由两向量共线的坐标关系计算即可。

详解：由题可得,即故答案为点睛：本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题。

2．（2018全国卷Ⅲ文）已知向量，，．若，则________．【答案】【解析】分析：由两向量共线的坐标关系计算即可。

详解：由题可得,即故答案为点睛：本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题。

3．（2018全国卷II理）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A．B．C．D．【答案】C【解析】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.4．（2018北京卷理）如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)见解析（2）；（3）见解析．【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论.详解：解：：Ⅰ：在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC：∴四边形A1ACC1为矩形．又E：F分别为AC：A1C1的中点，∴AC：EF：∵AB=BC：∴AC⊥BE：：AC⊥平面BEF：（Ⅱ）由（I）知AC：EF：AC：BE：EF：CC1：又CC1⊥平面ABC：：EF⊥平面ABC：：BE平面ABC：：EF：BE：如图建立空间直角坐称系E-xyz：由题意得B：0：2：0：：C：-1：0：0：：D：1：0：1：：F：0：0：2：：G：0：2：1：：：：设平面BCD的法向量为：：：：：令a=2，则b=-1：c=-4：∴平面BCD的法向量：又∵平面CDC1的法向量为：：：由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为：：Ⅲ）平面BCD的法向量为：∵G：0：2：1：：F：0：0：2：：：：：：：与不垂直：：GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.5．（2018新课标I卷理）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF：BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF：又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标：求得平面ABFD的法向量：设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得：得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF：BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.：2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2：DE=1，所以PE=.又PF=1：EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为，则.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．（2018天津卷理）如图， //AD BC 且AD=2BC ， AD CD ⊥, //EG AD 且EG=AD ， //CD FG 且CD=2FG ， DG ABCD ⊥平面，DA=DC=DG=2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证： MN CDE 平面；（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)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) 【解析】分析：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ， DC ， DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系.（Ⅰ）由题意可得：平面CDE 的一个法向量n 0=（1，0，–1）．又MN =（1， 32-，1），故00MN n ⋅=，MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）依题意可得平面BCE 的一个法向量n =（0，1，1）．平面BCF 的一个法向量为m =（0，2，1）．据此计算可得二面角E –BC –F．（Ⅲ）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），结合空间向量的结论计算可得线段DP 的长为3. 详解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ， DC ， DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0（0（0（（A （2（0（0（（B （1（2（0（（C （0（2（0（（E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0， 32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x （y （z )为平面CDE 的法向量，则000{ 0DC DE ⋅=⋅=，，n n 即20{ 220y x z =+=，，不妨令z =–1，可得n 0=（1（0（–1（（又MN =（1， 32-，1），可得00MN n ⋅=，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）依题意，可得BC =（–1，0，0），()122BE =-，，， CF =（0，–1，2）．设n =（x （y （z ）为平面BCE 的法向量，则0{ 0n BC n BE ⋅=⋅=，，即0{ 220x x y z -=-+=，，不妨令z =1，可得n =（0（1（1（（设m =（x （y （z ）为平面BCF 的法向量，则0{ 0m BC m CF ⋅=⋅=，，即0{ 20x y z -=-+=，，不妨令z =1，可得m =（0（2（1（（因此有cos <m ，n>=⋅=m n m n ，于是sin <m ，n．所以，二面角E –BC –F的正弦值为10．（Ⅲ）设线段DP 的长为h （h ∈（0（2］），则点P 的坐标为（0（0（h （（可得()12BP h =--，，．易知， DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故BP DCcos BP DC BP DC h ⋅⋅==， 25h +=sin 60°=3，解得h0，2］．所以线段DP 点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．（2018天津卷文）如图，在四面体ABCD 中，⊥ABC 是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB=2，AD=⊥BAD=90°．（⊥）求证：AD⊥BC ；（⊥）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（⊥）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) 【解析】分析：（Ⅰ（由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面ABC （则AD ⊥BC （（Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．由几何关系可知∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．计算可得1226MN cos DMN DM ∠==．则异面直线BC 与MD ．（Ⅲ）连接CM ．由题意可知CM ⊥平面ABD ．则∠CDM 为直线CD 与平面ABD所成的角．计算可得4CM sin CDM CD ∠==．即直线CD 与平面ABD所成角的正弦值为4．详解：（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ：BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN =1，故DN．在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MN DMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD所成角的余弦值为26．（Ⅲ）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD．在Rt △CMD 中，sin CM CDM CD ∠== 所以，直线CD 与平面ABD所成角的正弦值为4．点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．8．（2018上海卷）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为．（1）设圆锥的母线长为，求圆锥的体积；（2）设，、是底面半径，且，为线段的中点，如图．求异面直线与所成的角的大小．【答案】(1) ;(2) .【解析】【分析】（1）由圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4能求出圆锥的体积．（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PM与OB所成的角．【详解】（1）∵圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为，圆锥的母线长为，∴圆锥的体积．（2）∵，，是底面半径，且，为线段的中点，∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则．∴．∴异面直线与所成的角的为．【点睛】求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。

立体几何理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编

5.立体几何1 .【2018年浙江卷】已知四棱锥SABCD勺底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为0 1, SE与平面ABCD所成的角为0 2,二面角SABC的平面角为0 3,贝UA. 0 1 < 0 2< 0 3B. 0 3< 0 2 < 0 1C. 0 1 < 0 3< 0 2D. 0 2< 0 3< 0 1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定甬的大小关系.详解：设。

初正方形皿3的中心，M为曲中晟过耳作恥的平行线睬交G?干码过。

作QV垂直册于M连接$0則2弘则比I垂直于底面心3,OA/垂直于肋，因此&N二6lt zSEO =&3t zSMO =鬲““ _5N SN “辭 SO f_ SO从而S"1_丽_丽"叫一玖严叫-丽因为SN^SO t EO>OM ,所以仙切王伽务王皿％即■--；：':工I 选 D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面2. [ 2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm3）是俯视图A. 2B. 4C. 6D. 8[答案】C[解析】分析：先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2,底面为直角梯形，上下底分别为 1 , 2,梯形的高-X （1 + 2） X 2 X 2^6,为2,因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等•3 . [ 2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为 1 ,每条棱所在直线与平面a所成的角相等，贝U a截此正方体所得截面面积的最大值为3^/3 2^/33%/2 护A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是了组每组有互相平行的斗条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位墨，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1 1「中，平面「 •与线山1儿叭内比所成的角是相等的，所以平面阿比与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面''也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两£5 = 6x ^.(^z = ^个面-'与'中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为 '故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果 .+ 4.【2018年理新课标I 卷】某圆柱的高为 2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点「在正视图上的对应点为',圆柱表面上的点•在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从「到.的路径中，最C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点 M 和点N 在圆柱上所处的位置，点 M 在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点 M N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为短路径的长度选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果 •5.【2018年全国卷川理】设I . ■ . ■ ■ r 是同一个半径为4的球的球面上四点，匕”打厂为等边三角形且其面积为• •，则三棱锥 '体积的最大值为 A. I B. IC. I-D. I-【答案】B【解折】分析：作到D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的重心，判断出当DM 丄平面A 葩九三棱锥D - ABCft 枳最丸然后进行计算可得•详解：如图所示，点 M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当I 平面！-时，三棱锥•’-体积最大， 2此时，「■：「 I,:, , •「厂―匕点M 为三角形ABC 的重心.；•!;「；?；：「中，有_：江；一），一 W 门:二一.严化："；，故选 B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出再由勾股定理得到 OM 进而得到结果，属于较难题型。

【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)

立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D→＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

2018年高考数学立体几何：空间向量在求空间角及距离中的应用题源探究

空间向量在求空间角及距离中的应用【考点梳理】1.异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角βl 1与l 2所成的角θ范围(0，π)求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |2.求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3.求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).4.利用空间向量求距离（1）两点间的距离设点()111,,x y z A ，点()222,,x y z B ，则AB =AB()()()222121212x x y y z z =-+-+-（2）点到平面的距离如图所示，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离n d nAB⋅=．【教材改编】1．(选修2－1 P 111A 组T 1改编)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱CC 1上的中点，则A 1M 与D 1C 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案] B解析] 以D A ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则D 1(0,0,2)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，M (0,2,1)， ∴1A M ＝(－2,2，－1)，1D C ＝(0,2，－2)，设A 1M 与D 1C 所成角为θ，∴cos θ＝|cos 〈1A M ，1D C 〉|＝1111D CD C A M ⋅A M ＝63×22＝22，∴θ＝45°.2. (选修2－1 P 118A 组T 10改编)如图，棱长为a 的正方体OEAC BFGD 中，P 是AB 上的一点，Q 是CD 上的一点．当点P 为对角线AB 的中点，点Q 在棱CD 上运动时，则PQ 的最小值为( )A ．a B.22a C.32a D.52a答案] B解析] 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，当点P 为对角线AB 的中点时，点P 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a2. 因为点Q 在线段CD 上，设Q (0，a ，z )．PQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－z 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 22＋12a 2. 当z ＝a 2时，PQ 的最小值为22a .即点Q 在棱CD 的中点时，PQ 有最小值22a .故选B.3．(选修2－1 P 112A 组T 4改编)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33 D.22答案] B解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴1D A ＝(0,1，－1)，1A E ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，所以有1111D 0n n ⎧A ⋅=⎪⎨A E⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴1n ＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为2n ＝(0,0,1)， ∴cos 〈1n ，2n 〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(选修2－1 P 97练习T 3改编)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 是AB 的中点，则D 1B 与CM 所成角的余弦值为( )A.105B.1510C.1515D.155答案] C解析] 建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设正方体棱长为2，则M (2,1,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，D 1(0,0,2)， ∴C M ＝(2，－1，0)，1D B ＝(2,2，－2)， cos 〈C M ，1D B 〉＝11C D C D M ⋅B M B＝25×23＝1515. ∴D 1B 与CM 所成角的余弦值为1515，故选C.5．(选修2－1 P 111练习T 3改编)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为( )A.62 B.63C. 2D.22答案] C解析] 设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵E 为BC 1的中点，∴D (0,0,0)，E (1,2,1)，∴D E ＝(1,2,1)，设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈D E ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪26＝63，∴cos θ＝1－23＝33，∴tan θ＝6333＝2，故选C.6．(选修2－1 P 98A 组T 4改编)正四面体ABCD 棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________．答案] 2解析] |F E |2＝F E 2＝(C E ＋CD ＋DF )2＝C E 2＋CD 2＋DF 2＋2(C E ·CD ＋C E ·DF ＋CD ·DF )＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2， ∴|F E |＝2，∴EF 的长为 2.7.(选修2－1 P 118A 组T 12改编)如图将正方形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，点E 、F 分别为AD 、BC 的中点，O 是原正方形ABCD 的中心，则折叠后∠EOF 的大小为________．答案] 120解析] 如图所示，以OA ，OB ，D O 方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，设正方形边长为22，则A (2,0,0)，B (0,2,0)，C (－2,0,0)，D (0,0,2) ∴E (1,0,1)，F (－1,1,0)，∴OE ＝(1,0,1)，F O ＝(－1,1,0)， ∴cos 〈OE ，F O 〉＝F FOE ⋅O OE O ＝－12×2＝－12，∴∠EOF ＝120°.8．(选修2－1 P 117A 组T 5改编)已知三点A (0,2,3)，B (－2，1,6)，C (1，－1,5)，则△ABC 的面积为________．答案]732解析] AB ＝(－2，－1,3)，C A ＝(1，－3,2)， ∴|AB |＝14，|C A |＝14. ∴cos 〈AB ，C A 〉＝CC AB⋅A AB A ＝714＝12.则sin 〈AB ，C A 〉＝32. ∴S △ABC ＝12|AB |·|C A |sin 〈AB ，C A 〉＝12×14×14×32＝732.9. (选修2－1 P 112A 组T 6改编)如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，则点A 到平面MBC 的距离为________，平面ACM与平面BCD 所成二面角的正弦值为________．答案21525解析] 取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .以O 为原点，直线OC ，BO ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，OB ＝OM ＝3，则各点的坐标分别为O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．①设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则C B ＝(1，3，0)，BM ＝(0，3，3)．由n ⊥C B ，得x ＋3y ＝0；由n ⊥BM ，得3y ＋3z ＝0.取n ＝(3，－1,1)，BA ＝(0,0,23)，则距离d ＝n nBA⋅＝2155.②C M ＝(－1,0，3)，C A ＝(－1，－3，23)．设平面ACM 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11C C n n ⎧⊥M ⎪⎨⊥A ⎪⎩得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0，解得x ＝3z ，y ＝z ，取1n ＝(3，1,1)．平面BCD 的法向量为2n ＝(0,0,1)，则cos 〈1n ，2n 〉＝1212n n n n ⋅＝15.设所求二面角为θ，则sin θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫152＝255.10．(选修2－1 P 118A 组T 11改编)某几何体ABC A 1B 1C 1的三视图和直观图如图所示． (1)求证：A 1C ⊥平面AB 1C 1； (2)求二面角C 1AB 1C 的余弦值．解析] (1)证明：由三视图可知，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，B 1C 1⊥A 1C 1，且|AA 1|＝|AC |＝4，|BC |＝3.以点C 为原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知可得A (4,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0,0)，A 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(0,0,4)． ∴1C A ＝(－4,0，－4)，1C A ＝(4,0，－4)，11C B ＝(0,3,0)． ∴1C A ·1C A ＝0，1C A ·11C B ＝0. ∴A 1C ⊥C 1A ，A 1C ⊥C 1B 1. 又C 1A ∩C 1B 1＝C 1， ∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(2)由(1)得，C A ＝(4,0,0)，1C B ＝(0,3,4)．设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则1C B ⊥n ，C A ⊥n .∴1C 0C 0n n ⎧B ⋅=⎪⎨A⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＋4z ＝04x ＝0.令y ＝4，得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(0,4，－3)．由(1)知，1C A 是平面AB 1C 1的一个法向量． ∴cos 〈n ，1C A 〉＝11CCn n ⋅A A ＝12202＝3210.故二面角C 1AB 1C 的余弦值为3210.11．(选修2－1 P 119B 组T 3改编)在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB ＝∠CDA ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，CD ＝2AB ，E 为SC 中点．(1)求证：BE ∥平面SAD ；(2)若SA ＝AD ＝2，且平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的余弦值为63，求四棱锥S ABCD 的体积．解析] (1)证明：设点F 为SD 的中点，连接AF ，EF ， ∵E 点为SC 的中点， ∴EF 为△SDC 的中位线， ∴EF //12DC ，又∵∠DAB ＝∠CDA ＝90°且CD ＝2AB ， ∴AB //12CD ，∴AB //EF ，∴四边形ABEF 为平行四边形， ∴BE ∥AF ，又∵AF ⊂平面SAD ，BE ⊄平面SAD ， ∴BE ∥平面SAD .(2)∵SA ⊥平面ABCD ，则可建以A 为原点的空间直角坐标系(如图所示)，SA ＝AD ＝2， ∴A (0,0,0)，D (－2,0,0)，S (0,0,2)，设B (0，m,0)，∴C (－2,2m,0)，∴S B ＝(0，m ，－2)，C B ＝(－2，m,0)，设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )且SB ∩BC ＝B ，∴SB 0C 0n n ⎧⋅=⎪⎨B ⋅=⎪⎩，∴n ＝(m 2，1，m 2)，显然，平面SAD 的法向量为AB ＝(0，m,0)，又∵平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的余弦值为63，∴|cos 〈AB ，n 〉|＝n nAB ⋅AB ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m |m | m 22＋1＝63，∴m ＝1，∴|AB |＝1，|CD |＝2， ∴S 直角梯形ABCD ＝3，∴V 四棱锥S ABCD ＝13×3×2＝2.。

考点34 利用空间向量法解决立体几何的综合问题-2018版典型高考数学试题解读与变式(解析版)

（Ⅰ）求证： PD ⊥ 平面 PAB ；
（Ⅱ）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；
AM （Ⅲ）在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD?若存在，求 AP 的值；若不存在，说明理由.
【解析】
试题解析：（Ⅰ）因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ， AB ⊥ AD ，所以 AB ⊥ 平面 PAD . 所以 AB ⊥ PD . 又因为 PA ⊥ PD ，所以 PD ⊥ 平面 PAB . （Ⅱ）取 AD 的中点 O ，连结 PO, CO . 因为 PA = PD ，所以 PO ⊥ AD . 又因为 PO 平面 PAD ，平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，所以 PO ⊥ 平面 ABCD . 因为 CO 平面 ABCD ，所以 PO ⊥ CO .
设 n = ( x, y, z) 是平面 ΒCΕ 的法向量，则
n ΕC = 0
x + 3z = 0
n ΕΒ = 0 ，即 4 y = 0 ，
( ) n = 3,0,− 3
所以可取
．
m ΑC = 0 设 m 是平面 ΑΒCD 的法向量，则 m ΑΒ = 0 ，
( ) m =
同理可取
0,
3, 4
DP = BQ = (0 2).
（1）当 = 1时，证明：直线 BC1 // 平面 EFPQ ；（2）是否存在，使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，
考点 34：利用空间向量法解决立体几何的综合问题【理】
【考纲要求】 1.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. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】利用空间向量法解决立体几何的综合问题是高考热点问题，解答题考查的比较多.预计 2018 年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】（一）利用向量证明直线和平面的位置关系及其空间角例 1【. 2016 全国 1 卷（理）】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=2FD，

专题8 应用平面向量解决几何问题-2018年高考数学(理)母题题源系列(天津专版)(解析版)

专题8 应用平面向量解决几何问题【母题原题1】【2018天津，理8】如图，在平面四边形ABCD 中，AB BC ⊥，AD CD ⊥，120BAD ∠=︒，1AB AD ==．若点E 为边CD 上的动点，则⋅uu u r uurAE BE 的最小值为（） A ．2116B ．32C ．2516D ．3【答案】A点E 在CD 上，则()01DE DC λλ=≤≤，设(),E x y ，则：3,,2x y λ⎛⎫⎫= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭，即,3,2x y λ+==⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩据此可得：3,2E λ⎫⎪⎪⎭，且333133,,,222AE BE λλλλ⎛⎫⎛⎫=-+= ⎪ ⎪⎪⎪⎭⎭，由数量积的坐标运算法则可得：3,2E λ⎫-⎪⎪⎭，3331222AE BE λλ⎛⎛⎫⋅=-+⨯+ ⎪⎝⎭，整理可得：()()23422014AE BE λλλ⋅=-+≤≤，结合二次函数的性质可知，当14λ=时，AE BE ⋅取得最小值2116．故选A ．xk/w【名师点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．【母题原题2】【2017天津，理13】在ABC △中，60A =︒∠，3AB =，2AC =．若2BD DC =，()AE AC AB λλ∈=-R ，且4AD AE ⋅=-，则λ的值为___________．【答案】311【考点】向量的数量积【名师点睛】根据平面向量基本定理，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用向量的定比分点公式表示向量，则可获解．本题中,AB AC 已知模和夹角，作为基底易于计算数量积．【母题原题3】【2016天津，理7】已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点E D ,分别是边BC AB ,的中点，连接DE 并延长到点F ，使得EF DE 2=，则BC AF ⋅的值为（） A ．85-B ．81 C ．41 D ．811【答案】B【解析】试题分析：设BA a =，BC b =，∴11()22DE AC b a ==-，33()24DF DE b a ==-，1353()2444AF AD DF a b a a b =+=-+-=-+，∴25353144848AF BC a b b ⋅=-⋅+=-+=，故选B ．考点：向量数量积【名师点睛】研究向量数量积，一般有两个思路，一是建立直角坐标系，利用坐标研究向量数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种实质相同，坐标法更易理解和化简．平面向量的坐标运算的引入为向量提供了新的语言——“坐标语言”，实质是“形”化为“数”．向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可用坐标来进行，实现了向量运算完全代数化，将数与形紧密结合起来．【母题原题4】【2015天津，理14】在等腰梯形ABCD 中，已知//,2,1,60AB DC AB BC ABC ==∠=，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且，1,,9BE BC DF DC λλ==则AE AF ⋅的最小值为．【答案】2918()221919191181818AE AF AB BC AB BC AB BC AB BC λλλλλλλλλ+++⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+++⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭19199421cos1201818λλλλ++=⨯++⨯⨯⨯︒2117172992181818λλ=++≥=当且仅当2192λλ=即23λ=时AE AF ⋅的最小值为2918．A【考点定位】向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式．【名师点睛】本题主要考查向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式．运用向量的几何运算求,AE AF ，体现了数形结合的基本思想，再运用向量数量积的定义计算AE AF ⋅，体现了数学定义的运用，再利用基本不等式求最小值，体现了数学知识的综合应用能力．是思维能力与计算能力的综合体现．【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查平面向量的线性运算和坐标运算．【命题规律】高考试题对该部分内容考查的主要有两种：其一为平面向量的线性运算，其二为平面向量的坐标运算．【答题模板】解答本类题目，以2018年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：选基底，选用的基底最好已知向量的模和夹角．本题选取,AB AC 为基地，已知3AB =，2AC =，且两向量夹角为060．xk$w第二步：借助向量的加法、减法及数乘运算表示出解题需要的有关向量．本题中由于2BD DC =，利用定比分点公式表示1232AD AB AC =+，根据已知AE AC AB λ=-用AB AC 、表示AE ．第三步：利用题目所提供的条件（如向量的夹角、模或数量积等）列出向量所满足的要求．本题需要满足条件4AD AE ⋅=-，借助AB AC 、的模和数量积解题．第四步：根据要求解方程，求出λ．【方法总结】1. 求向量的模：（求模必先求模方，得出模方勿忘开方）根据公式22a a a a =⋅=，求出模的平方，然后开方得出向量的模，同样题目中有时给出某向量的模的大小时，也是利用向量的模的平方去解题的． 2. 求两个向量的夹角：（点积比模积）利用向量夹角公式cos ab a bθ⋅=⋅，使用本公式求夹角时，要注意利用数量积与模的关系．3. 求数量积：cos ,a b a b a b ⋅=<>确定应使用的一组基地，要求已知基地的模和夹角，利用加、减、数乘运算表示向量，然后利用数量积运算进行计算． 4. 向量的坐标运算建立适当的平面直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量的坐标运算公式进行计算．有关向量的坐标运算公式：设1122(,),(,)a x y b x y ==，（1）2a x =+（2）1212(,)a b x x y y ±=±± （3）11(,)a x y λλλ= （4）1212a b x x y y ⋅=+（5）设向量,a b 的夹角为θ，则2cos a b a bx θ⋅==⋅+（6）非零向量12120a b x x y y ⊥⇔+= （7）1221//0a b x y x y ⇔-=1．【2018天津市南开中学高三第四次月考】如图，在ABC ∆中，2CM MB =，过点M 的直线分别交射线,AB AC 于不同的两点,P Q ，若AP mAB =，AQ nAC =，则()1m n +的最小值为（）．A ．B ．C ．6D ．2 【答案】D【解析】试题分析：因P M Q ,,三点共线，故nm)1()1(λλλλ-+=-+=，又+=AC +=+=，m n λλ=-=32,)1(31，所以321=+mn ，=+-=+)1(132)1(n n n n m 2)54(92)5134)13((92=+⨯≥+-⨯-⨯n n 当且仅当1,1==m n 时取等号考点：向量与基本不等式2．【四川南充高级中学2018届高三考前模拟】已知平面向量，，当时，的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C在OB上取点D，使得，在AB上有动点C，使（），则，．故选：C．xk#w点睛：本题考查平面向量的数量积运算，考查了数学转化思想方法，训练了灵活解决问题和处理问题的能力．3．【宁夏回族自治区银川一中2018届高三考前适应性】已知，，是平面向量，其中，，且与的夹角为，若，则的最大值为A．B．C．D．【答案】C点睛：（1）本题主要考查平面向量的运算及数量积，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和分析推理能力．(2)解答本题的关键有两点，其一是根据已知条件设出向量，画出图形，再解答．其二是找到的终点的轨迹．4．【腾远2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学红卷】在直角梯形中，，同一平面内的两个动点满足，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】分析：由题意，得点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的当三点共线时，点在之间时，取最小值，；当点在之间时，取最大值，，从而的的取值范围是，故选B．点睛：本题主要考查了平面向量的运算，以及圆的最值问题，其中把，得点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，转化为圆的应用问题求解是解答的关键，着重考查了转化思想方法以及分析问题、解答问题的能力．xk%w5．【甘肃省西北师范大学附属中学2018届高三冲刺诊断】已知向量则A．30°B．45°C．60°D．120°【答案】A【解析】因为向量所以，所以，本题选择A选项．点睛：（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．6．【河北省衡水中学2018届高三第十七次模】已知，点在线段上，且的最小值为1，则()的最小值为（）A．B．C．2 D．【答案】B【解析】分析：由可得点O在线段的垂直平分线上，由结合题意可得当C是的∴与的夹角为，∴的夹角为．又，当且仅当时等号成立．∴的最小值为3，∴的最小值为．故选B．点睛：求解平面向量最值或范围问题的常见方法(1)利用不等式求最值，解题时要灵活运用不等式．(2)利用函数思想求最值，常利用“平方技巧”找到向量的模的表达式，然后利用函数思想求最值，有时也常与三角函数知识结合求最值．(3)利用数形结合思想求最值，利用平面向量“形”的特征，挖掘向量的模所表示的几何意义，从图形上观察分析出模的最值．7．【上海市徐汇区2018届高三下学期学习能力诊断】在四边形中，，且·＝0，则四边形是--------（）A．菱形B．矩形C．直角梯形D．等腰梯形【答案】A8．【山东省聊城市2018届高三第一次模拟】在ABC ∆中，BC 边上的中线AD 的长为2，点P 是ABC ∆所在平面上的任意一点，则PA PB PA PC ⋅+⋅的最小值为（）A ．1B ．2C ．-2D ．-1 【答案】C【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，使得点D 在原点处，点A 在y 轴上，则()0,2A ．设点P 的坐标为(),x y ，则()(),2,,PA x y PO x y =--=--，故()()22222PA PB PA PC PA PB PC PA PO x y y ⋅+⋅=⋅+=⋅=+-()222122x y ⎡⎤=+--≥-⎣⎦，当且仅当0,1x y ==时等号成立．所以PA PB PA PC ⋅+⋅的最小值为2-．选C ．9．【广西南宁市2018届高三（上）9月摸底】已知O 是△ABC 内部一点，0OA OB OC ++=，2AB AC ⋅=且∠BAC=60°，则△OBC 的面积为（）A B ．12 C D ．23【答案】A点睛：此题是个中档题．本题考查向量的平行四边形法则；向量的数量积公式及三角形的面积公式，特别注意已知O 是ABC 内部一点，0OA OB OC ++= O ⇔为三角形ABC 的重心，以及灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力．10．【2017-2018上海市杨浦区高三数学一模】设A 、B 、C 、D 是半径为1的球面上的四个不同点，且满足0AB AC ⋅=，0AC AD ⋅=，0AD AB ⋅=，用1S 、2S 、3S 分别表示ABC ∆、ACD ∆、ABD∆的面积，则123S S S ++的最大值是（） A ．12B ．2C ．4D ．8 【答案】B点睛：本题考查球的内接多面体及基本不等式求最值问题，能够把几何体扩展为长方体，推知多面体的外接球是同一个球，是解答本题的关键．11．【辽宁省丹东市五校协作体2018届高三上学期联考】P 是ABC ∆所在平面上的一点，满足2PA PB PC AB ++=，若6ABC S ∆=，则PAB ∆的面积为A ．2B ．3C ．4D ．8 【答案】A【解析】∵()22PA PB PC AB PB PA ++==-，∴3PA PB PC CB =-=，∴PA CB ，且方向相同．∴3ABC PAB CB S BC S AP PA ∆∆===，∴23ABC PAB SS ∆∆==．选A．xk$w12．【山东省烟台市2018届高三高考适应性练习（一）】已知抛物线的焦点为是抛物线上一点，若的延长线交轴的正半轴于点，交抛物线的准线于点，且，则=__________．【答案】 3【解析】分析：画出图形后结合抛物线的定义和三角形的相似求解即可．详解：画出图形如下图所示．由题意得抛物线的焦点，准线为．设抛物线的准线与y 轴的交点为，过M 作准线的垂线，垂足为，交x 轴于点．由题意得，又，即为的中点，∴，∴，∴．又，即，解得．点睛：解答与抛物线有关的综合问题时，可利用抛物线的定义、标准方程、几何性质，并结合图形，利用形的直观性和数形结合，构建关于待求量的方程(组)或不等式(组)，然后再逐步求解可得结果． 13．【（河北省衡水金卷一模）2018届高三毕业班模拟】已知在直角梯形中，，，若点在线段上，则的取值范围为__________．【答案】【解析】分析：建立平面直角坐标系，把问题代数化，利用二次函数的图象与性质求范围即可．详解：建立如图所示的平面直角坐标系，当时，取得最大值为，当时，取得最小值为，∴故选点睛：处理平面向量问题常用手段有：（1）建立平面坐标系，转化为代数问题；（2）利用平面向量的几何意义即几何法处理问题；（3）利用基底思想处理问题．14．【吉林省长春市普通高中2018届高三质量监测（三）】已知腰长为的等腰直角△中，为斜边的中点，点为该平面内一动点，若，则的最小值________．【答案】【解析】15．【福建省福州市2018届高三3月质量检测】如图，在平面四边形中，，，若，則____________．【答案】【解析】延长CB至E，使得，，由，∴DC，∴．。

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(原卷版)

【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 ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.例1、【2017天津，理17】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱P A ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =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P A 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长. 【变式探究】【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面 ABC ,=90ACB ∠,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.【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 .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】【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 ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2、(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．【变式探究】【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【变式探究】如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．【感悟提升】(1)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．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两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．③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．【变式探究】在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．【命题热点突破三】利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3、【2017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD，AB=4．（I）求证：M为PB的中点；（II）求二面角B-PD-A的大小；（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【变式探究】【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （I）求证：EG∥平面ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．【感悟提升】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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．【举一反三】如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．【高考真题解读】1.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A -PB -C 的余弦值.2.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点.（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.3.【2017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD ，AB=4．（I ）求证：M 为PB 的中点；（II ）求二面角B -PD -A 的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．4.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱P A ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =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P A 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长.5.【2017江苏，22】如图，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB =AD =2，AA 1120BAD ∠=︒.（1）求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A 1D-A 的正弦值.1.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '= （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．2.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；（II ）已知EF =FB =12AC =，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.3.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .4.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2.（I ）求证：EG ∥平面ADF ；（II ）求二面角O -EF -C 的正弦值；（III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.5.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由. 6.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN 平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.7.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠,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.8.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.E DCB P A9. 【2016高考上海理数】将边长为1的正方形11AAO O（及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为23π，11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAO O 的同侧。

(天津专版)高考数学母题题源系列专题17 立体几何的基本问题文-人教版高三全册数学试题

（I）求证：EF 平面 A1B1BA ；（II）求证：平面 AEA1 平面 BCB1 ．（III）求直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角的大小．
【答案】（I）见试题解析；（II）见试题解析；（III） 30 ．
【解析】试题分析：（I）要证明 EF 平面 A1B1BA ，只需证明 EF BA1 且 EF 平面 A1B1BA ；（II）要
试题解析：
（1）连接 PQ ， AQ ． ∵ PDC 是正三角形，∴ PQ CD ． ∵底面 ABCD是 ADC 60 的菱形，∴ AQ CD ．
∴ PA 平面 CDM ．连接 QN,QA ，则 AQN 为 AQ 与平面 CDM 所成的角．
在 RtPQA 中， AQ PQ 3 ，
∴ AP 6 ，∴ AN 6 ， sinAQN AN 2 ．∴ AQN 45 ．
第一步：根据线面垂直的判断定理和性质定理证明因为 PA 与平面内的两条相交直线垂直，所以线与平面
垂直，再根据线面垂直的性质定理，线与平面垂直，线与平面内的任何一条直线垂直；
第二步：面面垂直的判断定理根据条件可证明 BD 平面 PAC ，即证明平面 BDE 平面 PAC ；
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从而 BB1 AE ，又 BC BB1 B ，所以 AE 平面 BCB1 ，又因为 AE 平面 AEA1 ，所以平面 AEA1 平
面 BCB1 ．
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【命题意图】高考对这类题的考查主要有两个方面：考查空间点、线、面的位置关系，高考对立体几何平行与垂直的考查是高考的热点和重点，可以考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质，也可以考查线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质，以及空间几何体的体积．【命题规律】高考对立体几何平行与垂直的考查是高考的热点和重点，可以考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质，也可以考查线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质，解题思路为对判断定理和性质定理的使用，或以三视图为载体，考查还原后几何体的外接球或内切球问题．【答题模板】以 2017 年高考题为例，解答本类题目，一般考虑如下三步：

2018年高考数学试题分类汇编之立体几何

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2018年高考数学试题分类汇编之立体几何一、选择题1．(北京卷文）(6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为（ )。

（A ）1（B ）2 （C ）3(D ）42．（北京卷理）(5）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（A ）1（B)2 （C)3（D ）43．(浙江）(3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该几何体的体积（单位：cm 3）是侧侧侧侧侧侧A ．2B ．4C ．6D ．84．（全国卷一文）（5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为,,过直线的平面截该1O 2O 12O O 圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．C ．D ．12π10π5．（全国卷一文）(9）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左A N 视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中,最短B M N 路径的长度为A ．B ．C ．D ．236．(全国卷一文）(10）在长方体中,,与平面所成的角1111ABCD A B C D -2AB BC ==1AC 11BB C C 为,则该长方体的体积为30︒A ．B ．C ．D ．87．（全国卷一理）（7）某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如图．圆柱表面上的点在M 正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上,A N B 从到的路径中，最短路径的长度为M NA ．B ．C ．3D ．2172528．（全国卷一理）（12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D9．（全国卷二文）（9）在正方体中,为棱的中点，则异面直线与所1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 成角的正切值为A B ．C D10．（全国卷二理）（9)在长方体中,，则异面直线与1111ABCD A B C D -1AB BC ==1AA =1AD 1DB 所成角的余弦值为A ．BCD 1511．（全国卷三文）（3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是12．（全国卷三文)（12）设，,，是同一个半径为4的球的球面上四点,为等边A B C D ABC △三角形且其面积为,则三棱锥体积的最大值为D ABC -A ．B ．C ．D ．13．（全国卷三理）(3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是14．(全国卷三理）（10）设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为则三棱锥D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．二、填空题1．(江苏）（10)如图所示,正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．2．（天津文）（11)如图,已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．3．（天津理）(11）已知正方体的棱长为1，除面外,该正方体其余各面1111ABCD A B C D -ABCD 的中心分别为点E ，F ,G ,H ，M (如图），则四棱锥的体积为 .M EFGH -4．（全国卷二文）(16)已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为S SA SB SA 30︒，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．SAB △85．（全国卷二理)（16）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥S SA SB 78SA 底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．SAB △三、解答题1.（北京文）（18）（本小题14分)如图，在四棱锥P—ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ)求证：EF ∥平面PCD 。

33 空间向量与立体几何-2018年高考数学(理)考点一遍过含解析

考点33 空间向量与立体几何1．空间向量及其运算（1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.（2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2．空间向量的应用（1）理解直线的方向向量与平面的法向量。

（2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系。

（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.一、空间直角坐标系及有关概念1．空间直角坐标系定义以空间一点O为原点，具有相同的单位长度，给定正方向，建立两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴,建立了一个空间直角坐标系O xyz坐标原点点O坐标轴x轴、y轴、z轴坐标平面通过每两个坐标轴的平面在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x轴的正方向,食指指向y轴的正方向,如果中指指向z轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系，如图所示.2．空间一点M的坐标（1）空间一点M的坐标可以用有序实数组(,,)x y z来表示,记作(),,M x y z，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标.（2)建立了空间直角坐标系后，空间中的点M与有序实数组(,,)x y z可建立一一对应的关系．3．空间两点间的距离公式、中点公式（1)距离公式①设点111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z 为空间两点,则,A B两点间的距离||AB =。

②设点(),,P x y z ，则点(),,P x y z 与坐标原点O 之间的距离为||OP =（2）中点公式设点(),,P x y z 为1111,),(P x y z ，2222,),(P x y z 的中点，则121212222x x x y y y z z z +⎧=⎪⎪+⎪=⎨⎪+⎪=⎪⎩. 4．空间向量的有关概念二、空间向量的有关定理及运算 1。

高考物理母题题源系列专题17 力学实验(含解析)-人教版高三全册物理试题

专题17力学实验【母题来源一】2016年浙江卷【母题原题】某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系〞的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m。

如图1 所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法〞实验。

在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下，〔1〕假设弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是N〔图2中所示〕，如此弹簧秤b 的读数可能为N。

〔2〕假设弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b 与弹簧OC的夹角，如此弹簧秤a的读数、弹簧秤b的读数〔填“变大〞、“变小〞或“不变〞〕。

【答案】〔1〕3.00~3.02 3.09~4.1〔有效数不作要求〕〔2〕变大变大【考点定位】探究求合力的方法【名师点睛】此题考查力的平行四边形法如此问题。

解题的关键是弄清实验的原理，熟练掌握力的平行四边形定如此；第二问是力的动态分析，要会用“图解法〞画图分析解答试题。

【母题来源二】2016年全国新课标Ⅱ卷【母题原题】某物理小组对轻弹簧的弹性势能进展探究，实验装置如图〔a〕所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物快，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

〔1〕试验中涉与如下操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是__________〔填入代表步骤的序号〕。

〔2〕图〔b〕中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。

打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。

由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的试验中物块脱离弹簧时的速度为_______m/s。

比拟两纸带可知，_________〔填“M〞或“L〞〕纸带对应的试验中弹簧被压缩后的弹性势能大。

【答案】〔1〕④①③② 〔2〕1.29 M【考点定位】探究弹簧的弹性势能【名师点睛】此题是创新实验，考查探究弹簧的弹性势能实验；关键是弄懂装置的原理，并能正确地处理实验数据；题目比拟简单，考查考生处理根本实验的能力。

2018年高考“立体几何”专题解题分析

（平行或垂直）的证明，空间角与距离、多面体、旋转体的面积与体积，运用空间向量处理空间角等.
5. 文、理科试题越来越趋于一致 2018年很多试卷中的立体几何文、理科试题出现相同题或者同源题，这也是为全面课改，文、理不分科做铺垫.
A，圆柱表面上的点 N 在左视图
上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短
【评析】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题. 在解题的过程中，需要明
1. 空间几何体的三视图还原为直观图及应用
确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点
（1）识图.
间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利
例1 （全国Ⅲ卷·文 / 理3）中国古建筑借助榫卯用平面图形的相关特征求得结果.
关键词：立体几何；解题分析；教学建议
立体几何是高考数学中的必考内容，综观2018年高考数学的13套试卷，立体几何部分特别注重检测线面的平行，以及线面垂直关系的判断、推理和证明. 同时，空间角、距离、表面积和体积的计算仍是考查的重点. 试题立足于教材又高于教材，以考查立体几何基础知识为主线，重点考查学生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 试题难度中等，内容朴实、平和，要求学生基本概念清晰，并且要具备一定的运算能力. 下面对立体几何试题进行全面分析和研究，以便较为准确地把握命题思想，提高高三复习的有效性和准确性.
视方向
2
11 正（主）视图
2 侧（左）视图
图1
（A）
（B）
（C）
（D）
答案：A.
解析：由榫头的几何体想象卯眼对应几何体形
状，由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且