2018大二轮高考总复习理数文档解答题4立体几何与空间向量

高考中档大题突破 解答题04：立体几何与空间向量 年 份 卷 别 具体考查内容及命题位置 命题分析 2017 Ⅰ卷 空间直线与平面平行的判定，二面角余弦值的计算·T19 1.高考对此部分以解答题的形式考查． 2．解答题主要考查空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间角的计算等. Ⅱ卷 空间直线与平面、面面垂直的判定，二面角余弦值的求解·T18 Ⅲ卷 空间位置关系的推导与证明，二面角的求解·T19 2016 甲卷 面面垂直的证明，二面角余弦值的求解·T18 乙卷 线线垂直、线面垂直的判定与性质，几何体的体积·T19 丙卷 线面平行的证明，线面角的正弦值的求解·T19 2015 Ⅰ卷 面面垂直的证明，异面直线所成角的余弦值的求解·T18 Ⅱ卷 空间线面位置关系及线面角的求解·T19 2014 Ⅰ卷 空间线面位置关系及二面角的求解·T19 Ⅱ卷 线面平行的证明，二面角的概念与条件转化，三棱锥体积的计算·T18 2013 Ⅰ卷 空间线线垂直的证明及线面角的求解·T19 Ⅱ卷 空间线面平行的证明及二面角的求解·T18 基本考点———利用空间向量证明空间位置关系 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)． (1)线面平行：l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0． (2)线面垂直：l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2． (3)面面平行：α∥β?u∥v?u＝kv?a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3． (4)面面垂直：α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0． 1．(2017·深圳模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF． 证明：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)， F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)． (1)＝(－2,4,0)，平面ABC的一个法向量为＝(0,0,4)， ∵·1＝0，DE?平面ABC， ∴DE∥平面ABC． (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)， ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ∴⊥，∴B1F⊥EF． ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴⊥，∴B1F⊥AF． ∵AF∩EF＝F，AF，EF?平面AEF， ∴B1F⊥平面AEF． 2．(2017·济南模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、C1B1、C1A1的中点． 求证：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD． 证明：(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设BA＝a， 则A(a,0,0)，所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，·＝0， ·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD， 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD． (2)由(1)知，E(0,0,3)，G(， 1, 4)，F(0,1,4)， 则＝(， 1, 1)，＝(0,1,1)，·＝0＋2－2＝0， ·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF， 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF． 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD． 常考热点———空间角与探索性问题 考向01：空间角的求法 1．向量法求异面直线所成的角 若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝． 2．向量法求线面所成的角 求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝． 3．向量法求二面角 求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α-l-β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；若二面角α-l-β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－． 注意：注意判断二面角的平面角是锐角还是 ... ...