1、考点测试37空间向量在立体几何中的应用高考概览本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度考纲研读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，了解三垂线定理及其逆定理4了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题5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中的应用一、基础小题1设直线l与平面相交，且l的方向向量为a，平面的法向量为n，若a，n，
2、则l与所成的角为()A.BC.D答案C解析线面角的范围是.因为a，n，所以l与平面的法向量所在直线所成的角为，所以l与所成的角为.故选C.2在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是()A平行B相交C异面垂直D异面不垂直答案C解析建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，(1,0，2)，(2,0,1)，0，则直线NO，AM的位置关系是异面垂直3在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，
3、则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A.B1C.D答案C解析解法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1MPB，则PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)设三棱柱的棱长为2，则PN，PB，BN，所以PN2BN2PB2，所以PNB90，在RtPBN中，tanPBN，故选C.解法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴、y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则N(0,0,0)，A1(0，1,2)，B(，0,0)，M(，0,1)，所以(，0,0)，(，1，1)，设直线A1M与BN所成的角为，则cos|c
4、os，|，则sin，tan，故选C.4已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在平面，且GC2，则点B到平面EFG的距离为()A3BC.D答案D解析如图所示，建立空间直角坐标系，则B(0,4,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)所以(2,4，2)，(4,2，2)设n(x，y，z)是平面EFG的法向量，则令x1，则y1，z3.所以n(1,1,3)是平面EFG的一个法向量而(2,0,0)，所以点B到平面EFG的距离d.故选D.5(多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正确的是()A异面直线AB与C
5、D所成的角为45BACBDCACD是等边三角形D二面角ABCD的平面角的正切值是答案BCD解析取BD的中点O，连接AO，CO，正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC1，则A(0,0,1)，B(0，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，(0，1，1)，(1,1,0)，cos，异面直线AB与CD所成的角为60，故A错误；(1,0，1)，(0,2,0)，0，ACBD，故B正确；OAOCOD1，且OA，OC，OD两两垂直，ACCDAD，ACD是等边三角形，故C正确；平面BCD的一个
6、法向量为n(0,0,1)，(0,1,1)，(1,1,0)，设平面ABC的法向量为m(x，y，z)，则取x1，得m(1，1，1)，设二面角ABCD的平面角为，则cos|cosm，n|，sin .二面角ABCD的平面角的正切值是，故D正确6. (多选)如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是()A直线D1P与AC所成的角可能是B平面D1A1P平面A1APC三棱锥D1CDP的体积为定值D平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形答案BC解析对于A，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间
7、直角坐标系，则D1(0，0,1)，A(1,0,0)，C(0，1,0)，设P(1，a,1a)(0a1)，(1，a，a)，(1,1,0)，cos，0，0a1，直线D1P与AC所成的角的范围为，故A错误；对于B，正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1AA1，A1D1AB，AA1ABA，A1D1平面A1AP，A1D1平面D1A1P，平面D1A1P平面A1AP，故B正确；对于C，SCDD111，P到平面CDD1的距离为BC1，三棱锥D1CDP的体积VD1CDPVPCDD11为定值，故C正确；对于D，平面APD1截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故D错误故选BC.二、高考小题7(2018全国卷)在
8、长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.BC.D答案C解析如图，以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(1,1，)，D1(0,0，)，所以(1，0，)，(1,1，)，因为cos，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.8. (2015四川高考)如右图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为，则cos的最大值为_答案解析以A为坐标原点，AB，AD，A
9、Q所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0y2)，则A(0，0,0)，E(1，0,0)，F(2，1,0)，(1，y,2)，(2,1,0)，cos.令t2y，要使cos最大，显然02，所以|MD|在x上单调递减，所以当x时，|MD|取最大值，为，当x2时，|MD|取最小值，为，所以|MD|的取值范围是.14(2021浙江省嘉兴市海宁市高三适应性考试)三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，PAPBPC，点Q为平面ABC内的动点，且满足PQ，记直线PQ与直线AB所成的角为，则sin的取值范围为_答案解析因为PA，PB，PC两两垂
10、直，且PAPBPC，所以由全等三角形可知ABACBC，所以三棱锥PABC为正三棱锥，记P在底面ABC内的投影为O，所以ABACBC2，因为AOcos30，所以AO2，所以PO，因为PQ，所以OQ1，所以Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，取AB中点D，连接CD，可知CD经过点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设Q(cos，sin，0)，A(1，0)，B(1，0)，P(0,0，)，所以(cos，sin，)，(0,2，0)，所以cos，sin，所以cos|cos，|sin|，所以sin，且sin20,1，所以1sin2，所以sin.15. (2021福建泉州模拟)若点M在平面外，过点M作平面的垂线
11、，则称垂足N为点M在平面内的正投影，记为Nf(M)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，记平面AB1C1D为，平面ABCD为，点P是棱CC1上一动点(与C，C1不重合)，Q1f(f(P)，Q2f(f(P)给出下列三个结论：线段PQ2长度的取值范围是；存在点P使得PQ1平面；存在点P使得PQ1PQ2.其中正确结论的序号是_答案解析过点P作PEC1D，垂足为E，过点E作EMCC1，交CD于点M，连接CD1，交C1D于点O，如图1所示，AD平面CDD1C1，PE平面CDD1C1，PEAD，又PEC1D，AD，C1D平面AB1C1D，ADC1DD，PE平面AB1C1D，EMCC1，CC1
12、平面ABCD，EM平面ABCD，Mf(f(P)，M即为Q1.四边形CDD1C1为正方形，CD1C1D，AD平面CDD1C1，CD1平面CDD1C1，CD1AD，又AD，C1D平面AB1C1D，ADC1DD，CO平面AB1C1D，Of(f(P)，O即为Q2. 以C为坐标原点，可建立如图2所示的空间直角坐标系，设CPa(0a1)，则P(0，0，a)，C(0,0,0)，Q2，Q1，E.对于，|PQ2|，a(0,1)，2，|PQ2|，正确；对于，CQ2平面，平面的一个法向量为，又，令0，即aa0，解得a(0，1)，存在点P，使得PQ1平面，正确；对于，令aa2a2a0，方程无解，不存在点P，使得PQ1
13、PQ2，错误一、高考大题1(2021全国甲卷) 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.(1)证明：BFDE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？解(1)证明：因为直三棱柱ABCA1B1C1中，F为CC1的中点，侧面AA1B1B为正方形，且ABBC2，所以CF1，BF，连接AF，由BFA1B1且ABA1B1，得BFAB，所以AF3.所以AC2，由AB2BC2AC2，得BABC.如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，于是A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(
14、0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，设B1Dm(0m2)，则D(m,0,2)于是(0,2,1)，(1m,1，2)由0，得BFDE.(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1(1,0,0)设面DFE的法向量为n2(x，y，z)，又(1m,1，2)，(1,1,1)，所以即令x3，得ym1，z2m，于是面DFE的一个法向量为n2(3，m1，2m)，于是cosn1，n2.当m时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值绝对值最大，为，此时其正弦值最小，为，即当B1D时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小2(2021北京高考)已知正方体ABCDA1B1C1D1，点E为A1
15、D1的中点，直线B1C1交平面CDE于点F.(1)证明：点F为B1C1的中点；(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角MCFE的余弦值为，求的值解(1)证明：如图所示，取B1C1的中点F，连接DE，EF，FC，由于ABCDA1B1C1D1为正方体，E，F为中点，故EFCD，从而E，F，C，D四点共面，平面CDE即平面CDEF，据此可得，直线B1C1交平面CDE于点F，又直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F重合，即点F为B1C1的中点(2)以点D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，不妨设正方体的棱长为2，设(01)，则M(2,2，2)，C(0,2,
16、0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，从而(2,22，2)，(1,0,2)，(0，2,0)，设平面MCF的法向量为m(x1，y1，z1)，则当1时，x1z10，令y11，则m(0,1,0)；当1时，令z11可得m，设平面CFE的法向量为n(x2，y2，z2)，则令z21可得n(2,0，1)，当m(0,1,0)时，mn0，则cosm，n0，与题意不符；当m时，mn5，|m|，|n|，则cosm，n，整理可得，(1)2，故1，2(舍去)即的值为.二、模拟大题3(2021湖南长沙长郡中学模拟)如图(1)，已知等腰梯形ABCD中，ABCD，DAB60，ADDCBC1，DEAB于点E，现将DAE沿D
17、E翻折到DAE的位置，使得二面角ADEB的大小为120，得到如图(2)所示的四棱锥点M为AB的三等分点，且BMBA.(1)证明：CM平面ADE.(2)求平面ABE和平面ADC所成锐二面角的余弦值解(1)证明：如图1，取AE的三等分点G且AGAE，连接GM，DG.因为BMBA，所以GMBE且GMBE.在等腰梯形ABCD中，ABCD，DAB60，ADDCBC1，DEAB，所以DCBE，且DCBE，所以DCGM且DCGM，即四边形DCMG为平行四边形，所以DGCM，又DG平面ADE，CM平面ADE，所以CM平面ADE.(2)因为DEAB，DAE沿DE翻折到DAE的位置，所以DE平面ABE.由题意得二
18、面角ADEB的大小为120，即AEB120.解法一(向量法)：以E为坐标原点，DE，EB所在直线分别为x轴、y轴，过点E且垂直于平面EBCD的直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则C，D，A，则，(0,1,0)设n1(x，y，z)是平面ADC 的法向量，则即令x1，得n1(1,0，2)为平面ADC的一个法向量易知平面ABE的一个法向量为n2(1,0,0)所以cosn1，n2，即平面ABE和平面ADC所成锐二面角的余弦值为.解法二(定义法)：如图3，过A作APBE，则APCD，过E作EHAP于H，连接HD，易知DHAP，DHE为平面ABE和平面ADC所成锐二面角的平面角在RtDEH中，DE
19、，EH，HD.所以cosDHE，故平面ABE和平面ADC所成锐二面角的余弦值为.4. (2021北京朝阳区模拟)如图，在五面体ABCDEF中，ABDC，BAD，CDAD2，四边形ABFE为平行四边形，FA平面ABCD，FC3，ED.求：(1)直线AB到平面EFCD的距离；(2)二面角FADE的平面角的正切值解解法一：(1)ABDC，DC平面EFCD，AB平面EFCD，AB平面EFCD.直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离，过点A作AGFD于点G，BAD，ABDC，CDAD.又FA平面ABCD，由三垂线定理可知，CDFD，故CD平面FAD，CDAG，又FDCDD，AG平面EF
20、CD，AG为直线AB到平面EFCD的距离，在RtCDF中，FD，由FA平面ABCD，得FAAD，从而在RtFAD中，FA1，AG.即直线AB到平面EFCD的距离为.(2)由已知，FA平面ABCD，得FAAD，又由BAD，知DAAB，故AD平面ABFE，DAAE，FAE为二面角FADE的平面角，记为.在RtAED中，AE，由四边形ABFE为平行四边形，得FEAB，从而AFE.在RtAEF中，FE，故tan，二面角FADE的平面角的正切值为.解法二：(1)如图，以点A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，设F(0,0，
21、z0)(z00)，可得(2,2，z0)，由|3，即3，解得F(0,0,1)ABDC，DC平面EFCD，AB平面EFCD.直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离设平面EFCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令y11，则z12.n1(0,1,2)为平面EFCD的一个法向量又(0,2,0)，直线AB到平面EFCD的距离为.(2)由EF平面ABCD.设E(a,0,1)(a0)，可得(a，2,1)，由DE，即，解得a，(，2,1)设平面ADE的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即令x2，则z22.n2(，0,2)为平面ADE的一个法向量易知平面FAD的一个法向量为n(1,0,
22、0)设二面角FADE的平面角为，cos|cosn2，n|.sin，tan.二面角FADE的平面角的正切值为.5. (2021山东聊城一模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，M是棱PC的中点，点N在棱PB上，且MNPB.(1)求证：PA平面BMD；(2)若AD2CD，直线PC与平面ABCD所成的角为60，求平面DMN与平面PAD所成的锐二面角的余弦值解(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM，因为四边形ABCD是矩形，所以AOOC，又因为PMMC，所以OMPA.又因为PA平面BMD，OM平面BMD，所以PA平面BMD.(2) 因为PD平面ABCD，所以PCD就是直线PC与平面ABCD所成的角，所以PCD60，故DPDC.由已知得DA，DC，DP两两垂直，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设CD1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，B(2,1,0)，M，于是，(0,0，)，(2,1，)设，0,1，则(2，)，由MNPB，得0，即40，解得，所以.设平面DMN的法向量为m(x，y，z)，则由得令z1，得m(，1)，又平面PAD的一个法向量为n(0,1,0)，所以cosm，n.所以平面DMN与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为.