【新高考复习】考向36 立体几何中的向量方法-备战2022年高考数学一轮复习考点微专题（新高考地区

考向36立体几何中的向量方法1．（2021·全国高考真题）在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若2,5,3ADQDQAQC．（1）证明：平面QAD平面ABCD；（2）求二面角BQDA的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【分析】（1）取AD的中点为O，连接,QOCO，可证QO平面ABCD，从而得到面QAD面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作//OTCD，交BC于T，则OTAD，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取AD的中点为O，连接,QOCO.因为QAQD，OAOD，则QOAD，而2,5ADQA，故512QO.在正方形ABCD中，因为2AD，故1DO，故5CO，因为3QC，故222QCQOOC，故QOC为直角三角形且QOOC，因为OCADO，故QO平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作//OTCD，交BC于T，则OTAD，结合（1）中的QO平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则0,1,0,0,0,2,2,1,0DQB，故2,1,2,2,2,0BQBD.设平面QBD的法向量,,nxyz，则00nBQnBD即220220xyzxy，取1x，则11,2yz，故11,1,2n.而平面QAD的法向量为1,0,0m，故12cos,3312mn.二面角BQDA的平面角为锐角，故其余弦值为23.2．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱111ABCABC中，侧面11AABB为正方形，2ABBC，E，F分别为AC和1CC的中点，D为棱11AB上的点．11BFAB（1）证明：BFDE；（2）当1BD为何值时，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）112BD【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【详解】因为三棱柱111ABCABC是直三棱柱，所以1BB底面ABC，所以1BBAB因为11//ABAB，11BFAB，所以BFAB，又1BBBFB，所以AB平面11BCCB．所以1,,BABCBB两两垂直．以B为坐标原点，分别以1,,BABCBB所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图．所以1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2BACBAC，1,1,0,0,2,1EF．由题设,0,2Da（02a）．（1）因为0,2,1,1,1,2BFDEa，所以0121120BFDEa，所以BFDE．（2）设平面DFE的法向量为,,mxyz，因为1,1,1,1,1,2EFDEa，所以00mEFmDE，即0120xyzaxyz．令2za，则3,1,2maa因为平面11BCCB的法向量为2,0,0BA，设平面11BCCB与平面DEF的二面角的平面角为，则2263cos222142214mBAmBAaaaa．当12a时，2224aa取最小值为272，此时cos取最大值为363272．所以2min63sin133，此时112BD．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出,0,2Da（02a），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．2．（2021·山东高考真题）如下图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，平面SAD平面ABCD，2SASD，3AB．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：ABSD．【答案】（1）34；（2）证明见解析．【分析】(1)由题意可得SAD即为SA与BC所成的角，根据余弦定理计算即可；(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质【解】（1）因为//ADBC，因此SAD即为SA与BC所成的角，在SAD中，2SASD，又在正方形ABCD中3ADAB，因此2222222323cos22234SAADSDSADSAAD，因此SA与BC所成角的余弦值是34．（2）因为平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，在正方形ABCD中，ABAD，因此AB平面SAD，又因为SD平面SAD，因此ABSD．1、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．2、利用向量求线线角的解题策略(1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种①基向量法：利用线性运算．②坐标法：利用坐标运算．(2)注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.a与b的夹角为βl1与l2所成的角为θ范围[0，π]0，π2求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝|a·b||a||b|3、向量法求线面角的两大途径(1)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)．(2)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，取其余角就是斜线和平面所成的角．如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝|e·n||e||n|.4、求二面角的大小（1）建系时，首先确定图形中有建系的条件；否则要先寻找并证明，如本题先证明DE⊥DA.（2）建立空间直角坐标系后，写出各点坐标，正确求解平面的法向量是解决本题的关键．（3）完整认识二面角的棱与半平面，如本题面AMA1实质是棱柱侧面ABB1A1，可用AB→与AA1→待定其法向量，面MA1N实质是面MA1D，直接可用DA1→、DM→求法向量简单．（4）求解时要区分向量夹角与二面角大小的关系．①如图①，AB，CD是二面角α­l­β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小为θ＝〈AB→，CD→〉．②如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.1、异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)0，π2求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝|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sinθ＝|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，n1，n2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|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).【知识拓展】【特别提醒】1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.1．（2021·乐清市知临中学高三月考）如图，正方体1111ABCDABCD中，M是1AD的中点，则（）A．直线MB与直线11BD相交，直线MB平面1ABCB．直线MB与直线1DC平行，直线MB//平面11BDCC．直线MB与直线1AD垂直，直线MB//平面11BDCD．直线MB与直线AC异面，直线MB平面11ADCB2．（2022·全国高三专题练习）如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，ABCDO，且ABCD，3SOOB，14SESB，异面直线SC与OE所成角的正切值为（）A．222B．53C．1316D．1133．（2019·安徽合肥一中高考模拟（文））如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，点M是AD的中点，动点P在底面正方形ABCD内（不包括边界），若1//BP平面1ABM，则1CP长度的取值范围是_______.4．（2021·新疆乌鲁木齐·（理））如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M、N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且02CMBNaa.则下列结论：①MN长度的最小值为22；②当12a时，ME与CN相交；③MN始终与平面BCE平行；④当22a时，AMNB为直二面角．正确的序号是__________．1．（2022·全国（理））如图，已知圆柱1OO，A在圆O上，1AO，12OO，P、Q在圆1O上，且满足233PQ，则直线1AO与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是（）A．360,6B．6336,66C．36,16D．0,12．（2022·全国（理））已知长方体1111ABCDABCD中，12BBABBC，点E在线段1CC上，101ECCC平面过线段1AA的中点以及点1B、E，现有如下说法：（1）0,1，使得1BEBE；（2）若12,23，则平面截长方体1111ABCDABCD所得截面为平行四边形；（3）若0，2AB，则平面截长方体1111ABCDABCD所得截面的面积为36以上说法正确的个数为（）A．0B．1C．2D．33．（2021·全国）过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角的余弦值为（）A．13B．22C．32D．334．（2022·全国高三专题练习）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为6，点F是棱1AA的中点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且2BMMC，动点T（不同于点M）在四边形ABCD内部及其边界上运动，且TMOF，则直线1BF与TM所成角的余弦值为（）A．104B．105C．54D．555．（2021·浙江高三）如图，在正方体ABCDEFGH中，P在棱BC上，BPx，平行于BD的直线l在正方形EFGH内，点E到直线l的距离记为d，记二面角为AlP为，已知初始状态下0x，0d，则（）A．当x增大时，先增大后减小B．当x增大时，先减小后增大C．当d增大时，先增大后减小D．当d增大时，先减小后增大6．（2022·全国高三专题练习（理））正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足13CFFC，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是__________________．7．（2021·全国高二专题练习）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ADDC，//ABDC，2DCPDABAD，Q为PC的中点，则直线PC与平面