高中数学高考考点29 空间向量解决空间直线、平面位置关系-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)

这是一份高中数学高考考点29 空间向量解决空间直线、平面位置关系-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)，共17页。
【命题解读】
空间中直线、平面的位置关系，可以借用空间向量这一工具来解决，空间向量的运用使得空间立体几何问题转化为了计算问题，把几何问题转化为了代数的计算，因此在复习过程中既要要求学生的空间思维能力又要要求学生学会数学转化思想。
【命题预测】
预计2021年的高考对于空间直线、平面的位置关系的考察还是一个必考题，充分运用空间向量让立体几何问题转化为数学的代数计算问题。
【复习建议】
1.掌握空间向量的有关知识点，及空间向量解决空间直线、平面位置关系的有关定理.
2.能运用结论解决空间直线、平面的位置关系问题。
考向一 空间共线、共面向量定理
1. 共线向量定理：对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=λb
2. 共面向量定理：若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb
3. 空间向量基本定理：如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使得p= xa+yb+zc
1.【2019江苏鼓楼南京师大附中高二期中】已知空间三点坐标分别为，，，点在平面ABC内，则实数x的值为（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】A
【解析】因为，，，
所以，，
因为空间三点坐标分别为，，，点在平面ABC内
所以设，
则有.
解得
故选：A
2. 【2020上海高二课时练习】已知直线和不重合，分别是的方向向量，则是的（ ）．
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】因为直线和不重合，
所以可以推出，而只能推出与共线，不一定相等，
所以是的充分非必要条件.
故选：A.
考向二 利用空间向量证明平行与垂直
a=(a1,a2,a3), b=(b1,b2,b3)
1. a∥b⇒ a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0)
2. a⊥b⇔ a1b1+a2b2+a3b3=0
1. 【2020绥德中学高二期末（理）】已知向量 ， ，分别是直线 、 的方向向量，若 ，则（ ）
A． ，B． ，C． ，D． ，
【答案】D
【解析】∵∥，
∴ ∥ ，
∴，
∴．选D．
2.【2019浙江南湖嘉兴一中高二期中】如图，正方体的棱长为1，为的中点，在侧面上，有下列四个命题：
①若，则面积的最小值为；
②平面内存在与平行的直线；
③过作平面，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，则这样的平面有4个；
④过作面与面平行，则正方体在面的正投影面积为．
则上述四个命题中，真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】对于①，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示；
过作平面，是垂足，过作，交于，连结，
则，，，，，，，
设，则，，
∵，
∴，解得，
∴，，
，
∴，
当时，，①正确；
对于，平面，所以也与平面相交．故②错；
③过作平面，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，因为，且，故在平面的正投影的长度等于在平面的正投影的长度，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，即使得使得棱，，面的正投影的长度相等，若棱，，面的同侧，则为过且与平面平行的平面，若棱，，中有一条棱和另外两条棱分别在平面的异侧，则这样的平面有3个，故满足使得棱，，在平面的正投影的长度相等的平面有4个；③正确．
④过作面与面平行，则正方体在面的正投影为一个正六边形，其中平面，而分别垂直于正三角形和，所以根据对称性，正方体的8个顶点中，在平面内的投影点重合与正六边形的中心，其它六个顶点投影恰是正六边形的六个顶点，且正六边形的边长等于正三角形的外接圆半径（投影线与正三角形、垂直），所以正六边形的边长为，所以投影的面积为．④对．
故选C．
题组一（真题在线）
1. 【2019年高考天津卷理数】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．
2. 【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
3. 【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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．
4. 【2020年高考天津】如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
题组二
1. 【2019山西太原高二期末（理）】已知三点，，则以为方向向量的直线与平面系是（ ）
A．垂直B．不垂直C．平行D．以上都有可能
2. 【2019福建南平高二期末】已知平面的一个法向量为，，则直线AB与平面的位置关系为( )
A．B．C．相交但不垂直D．
3. 【2020宜宾市叙州区第二中学校高三一模（理）】如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，、分别是、的中点，点在线段上，且.
（1）求证：不论取何值，总有；
（2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值.
4. 【2020天津高三一模】如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.
5. 【2020全国高二课时】练习棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CGCD．
（1）证明：EF⊥B1C；
（2）求cs，．
题组一
1. （1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．
2. （1）见解析；（2）．
【解析】（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得．
设平面A1BC的法向量为n，
由，得，
取n，故，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．
3. 见解析
【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．
（1）连结，则，，，，，，得．
因此，即四点共面，所以点在平面内．
（2）由已知得，，，，，，，．
设为平面的法向量，则
即可取．
设为平面的法向量，则
同理可取．
因为，所以二面角的正弦值为．
4. 见解析
【解析】依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，．
（Ⅰ）证明：依题意，，，从而，所以．
（Ⅱ）解：依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则即不妨设，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值为．
（Ⅲ）解：依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
题组二
1.A
【解析】由题意，，，所以以为方向向量的直线与平面垂直，故选A.
2.D
【解析】根据已知条件容易得到：，所以；故直线AB与平面垂直
故选：D
3.见解析
【解析】以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，.
（1），，
，
.
，，
因此，无论取何值，；
（2）当时，，，，
而平面的法向量，设平面的法向量为，
则，解得，则，
设为平面与平面所成的锐二面角，则.
因此，平面与平面所成二面角的余弦值是.
4. 见解析
【解析】依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，，
所以面，
又，可以建立以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得，，，，，，，
（1）证明：由题意，，，
因为，所以.
（2）解：，，
设为平面的法向量，则
，即，
不妨令，可得，
平面的一个法向量，
因此有，
由图可得二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
（3）设，，
所以，因此，
令，即，
解得，即为的中点，
因为平面，平面，，
所以当为的中点时，平面平面，
此时即，
，
所以线段的长为.
5.见解析
【解析】分别以三直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则：E（0，0，1），F（1，1，0），B1（2，2，2），C（0，2，0），C1（0，2，2），
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴EF⊥B1C；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．