高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點12 立體幾何中的向量方法教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

突破點12立體幾何中的向量方法(對應(yīng)學(xué)生用書第167頁)提煉1兩條異面直線的夾角(1)兩異面直線的夾角.(2)設(shè)直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos |coss1，s2|.提煉2直線與平面的夾角(1)直線與平面的夾角.(2)設(shè)直線l的方向向量為a，平面的法向量為n，則sin |cosa，n|.提煉3兩個平面的夾角(1)如圖12­1，AB，CD是二面角­l­的兩個半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小，圖12­1(2)如圖12­1，n1，n2分別是二面角­l­的兩個半平面，的法向量，則二面角的大小滿足cos cosn1，n2或cosn1，n2回訪1直線與平面的夾角1(2015·全國卷)如圖12­2，長方體ABCD­A1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.過點E，F(xiàn)的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面所成角的正弦值圖12­2解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示 5分(2)作EMAB，垂足為M，則AMA1E4，EMAA18.因為四邊形EHGF為正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.7分以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6,8).8分設(shè)n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即所以可取n(0,4,3).10分又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.12分回訪2二面角2(2016·山東高考)在如圖12­3所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O的直徑，F(xiàn)B是圓臺的條母線. (1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點，求證：GH平面ABC；(2)已知EFFBAC2，ABBC，求二面角 F­BC­A的余弦值圖12­3解(1)證明：設(shè)CF的中點為I，連接GI，HI.在CEF中，因為點G，I分別是CE，CF的中點，所以GIEF.又EFOB，所以GIOB.3分在CFB中，因為H，I分別是FB，CF的中點，所以HIBC.又HIGII，所以平面GHI平面ABC.因為GH平面GHI，所以GH平面ABC.5分(2)法一：連接OO，則OO平面ABC.又ABBC，且AC是圓O的直徑，所以BOAC.以O(shè)為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz.由題意得B(0,2，0)，C(2，0,0)過點F作FMOB于點M，所以FM3，可得F(0，3)故(2，2，0)，(0，3)設(shè)m(x，y，z)是平面BCF的法向量.8分由可得可得平面BCF的一個法向量m.10分因為平面ABC的一個法向量n(0,0,1)，所以cos m，n，所以二面角F­BC­A的余弦值為.12分法二：如圖，連接OO，過點F作FMOB于點M，則有FMOO.又OO平面ABC，所以FM平面ABC，可得FM3.過點M作MNBC于點N，連接FN，可得FNBC，從而FNM為二面角F­BC­A的平面角.10分又ABBC，AC是圓O的直徑，所以MNBMsin 45°.從而FN，可得cosFNM.所以二面角F­BC­A的余弦值為.12分(對應(yīng)學(xué)生用書第167頁)熱點題型1向量法求線面角題型分析：向量法求線面角是高考中的?？碱}型，求解過程中，建系是突破口，求直線的方向向量與平面的法向量是關(guān)鍵.(2016·全國丙卷)如圖12­4，四棱錐P­ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點，AM2MD，N為PC的中點(1)證明MN平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值圖12­4解(1)證明：由已知得AMAD2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因為AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分(2)取BC的中點E，連接AE.由ABAC得AEBC，從而AEAD，且AE.6分以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)­xyz.由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分(0,2，4)，.設(shè)n(x，y，z)為平面PMN的法向量，則即可取n(0,2,1).10分于是|cosn，|.所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.12分向量法求線面角的一般步驟1建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標系，求出相關(guān)點的坐標2寫出相關(guān)向量的坐標3求平面的法向量4求線面角的正弦值5轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化變式訓(xùn)練1(2016·呼和浩特二模)如圖12­5，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60°，PD平面ABCD，PDAD1，點E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點圖12­5(1)求證：直線AF平面PEC；(2)求PE與平面PBC所成角的正弦值 【導(dǎo)學(xué)號：67722043】解(1)證明：作FMCD交PC于點M，連接EM.點F為PD的中點，F(xiàn)MCD.AEAB，ABCD，AEFM.又AEFM，四邊形AEMF為平行四邊形，AFEM.AF平面PEC，EM平面PEC，直線AF平面PEC.6分(2)連接DE，DAB60°，ABCD是菱形，DEDC.以D為坐標原點，以DE，DC，DP所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，7分則P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，(0,1，1)，.8分設(shè)平面PBC的法向量為n(x，y，z)n·0，n·0，取n(，3,3)，平面PBC的一個法向量為n(，3,3).10分設(shè)向量n與所成的角為，cos .PE與平面PBC所成角的正弦值為.12分熱點題型2向量法求二面角題型分析：向量法求二面角是高考重點考查題型，此類問題求解的突破口是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺讼?，求解的關(guān)鍵是求兩個平面的法向量.(2016·全國乙卷)如圖12­6，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF2FD，AFD90°，且二面角D­AF­E與二面角C­BE­F都是60°.(1)證明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值圖12­6 解(1)證明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)過D作DGEF，垂足為G.由(1)知DG平面ABEF.以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系G­xyz.6分由(1)知DFE為二面角D­AF­E的平面角，故DFE60°，則|DF|2，|DG|，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，).7分由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF為二面角C­BE­F的平面角，CEF60°.從而可得C(2,0，).8分所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)設(shè)n(x，y，z)是平面BCE的法向量，則即所以可取n(3,0，).9分設(shè)m是平面ABCD的法向量，則同理可取m(0，4).10分則cosn，m.故二面角E­BC­A的余弦值為.12分利用空間向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角變式訓(xùn)練2(名師押題)如圖12­7，在四棱錐P­ABCD中，側(cè)面PAB底面ABCD，底面ABCD為矩形，PAPB，O為AB的中點，ODPC.(1)求證：OCPD；(2)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D­PC­B的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：67722044】圖12­7解(1)證明：連接OP，PAPB，O為AB的中點，OPAB.側(cè)面PAB底面ABCD，OP平面ABCD，OPOD，OPOC.ODPC，OPPCP，OD平面OPC，ODOC.4分又OPODO，OC平面OPD，OCPD.6分(2)取CD的中點E，以O(shè)為原點，OE，OB，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系O­xyz.由(1)知ODOC，則AB2AD，又側(cè)面PAB底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA平面PAB.DPA為直線PD與平面PAB所成的角，DPA30°.不妨設(shè)AD1，則AB2，PA，PO.B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，P(0,0，)，從而(1,1，)，(0，2,0).9分設(shè)平面PCD的法向量為n1(x1，y1，z1)，由得可取n1(，0,1)同理，可取平面PCB的一個法向量為n2(0，1).11分于是cosn1，n2.二面角D­PC­B的余弦值為.12分熱點題型3利用空間向量求解探索性問題題型分析：(1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關(guān)系的判定與性質(zhì)定理進行推理探究，二是對幾何體的空間角、距離和體積等的研究.,(2)其解決方法多通過求角、距離、體積等把這些問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個參數(shù)的方程問題，根據(jù)方程解的存在性來解決.如圖12­8，空間幾何體ABCDE中，平面ABC平面BCD，AE平面ABC.(1)證明：AE平面BCD；(2)若ABC是邊長為2的正三角形，DE平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為，試問在CA上是否存在一點P，使得二面角P­BE­A的余弦值為.若存在，請確定點P的位置；若不存在，請說明理由圖12­8解題指導(dǎo)(1)(2)解(1)證明：過點D作直線DOBC交BC于點O，連接DO.因為平面ABC平面BCD，DO平面BCD，DOBC，且平面ABC平面BCDBC，所以DO平面ABC.1分因為直線AE平面ABC，所以AEDO.2分因為DO平面BCD，AE平面BCD，所以直線AE平面BCD.4分(2)連接AO，因為DE平面ABC，所以AODE是矩形，所以DE平面BCD.因為直線AD與直線BD，CD所成角的余弦值均為，所以BDCD，所以O(shè)為BC的中點，所以AOBC，且cosADC.設(shè)DOa，因為BC2，所以O(shè)BOC1，AO.所以CD，AD.在ACD中，AC2，所以AC2AD2CD22AD·CD·cosADC，即43a21a22×××，即·2a2，解得a21，a1.6分以O(shè)為坐標原點，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系則C(0，1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)假設(shè)存在點P，連接EP，BP，設(shè)，則P(，0)設(shè)平面ABE的法向量為m(x，y，z)，則取x1，則平面ABE的一個法向量為m(1，0)設(shè)平面PBE的法向量為n(x，y，z)，則取x1，則平面PBE的一個法向量為n(1，2).9分設(shè)二面角P­BE­A的平面角的大小為，由圖知為銳角則cos ，化簡得6210，解得或(舍去).11分所以在CA上存在一點P，使得二面角P­BE­A的余弦值為，其為線段AC的三等分點(靠近點A).12分利用空間向量解點或參數(shù)存在性問題的優(yōu)勢及思路1優(yōu)勢：空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷2思路：把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法解題變式訓(xùn)練3如圖12­9所示，在多面體ABCDE中，CD平面ABC，BECD，AB2，AC4，BC2，CD4，BE1.(1)求證：平面ADC平面BCDE；(2)試問在線段DE上是否存在點S，使得AS與平面ADC所成的角的余弦值為？若存在，確定S的位置；若不存在，請說明理由圖12­9解(1)證明：因為AB2，AC4，BC2，所以AB2AC2BC2，故ACBC.2分因為CD平面ABC，所以CDBC.因為ACCDC，故BC平面ADC.因為BC平面BCDE，所以平面ADC平面BCDE.5分(2)由(1)知ACBC.又CD平面ABC，所以CDAC，CDBC.以C為坐標原點，CA，CB，CD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1).8分假設(shè)線段DE上存在點S(x，y，z)，使得AS與平面ACD所成的角的余弦值為.設(shè)(01)，又(x，y，z4)，(0,2，3)，所以(x，y，z4)(0,2，3)，得S(0,2，43)，則(4,2，43)由(1)知平面ADC的一個法向量是(0,2,0)，因為cos ，10分所以sin | cos，|，化簡得92680，解得或(舍去)故存在滿足條件的點S，且DSDE.12分專題限時集訓(xùn)(十二)立體幾何中的向量方法 建議用時：45分鐘1(2016·北京高考)如圖12­10，在四棱錐P­ABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.圖12­10(1)求證：PD平面PAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值(3)在棱PA上是否存在點M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由解(1)證明：因為平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD.所以ABPD.2分又因為PAPD，所以PD平面PAB.4分(2)取AD的中點O，連接PO，CO.因為PAPD，所以POAD.又因為PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD，所以POCO.因為ACCD，所以COAD.5分如圖，建立空間直角坐標系O­xyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1).6分設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則即令z2，則x1，y2.所以n(1，2,2).8分又(1,1，1)，所以cosn，.所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.10分(3)設(shè)M是棱PA上一點，則存在0,1使得.11分因此點M(0,1，)，(1，).12分因為BM平面PCD，所以要使BM平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)·n0，即(1，)·(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上存在點M使得BM平面PCD，此時.14分2(2016·四川高考)如圖12­11，在四棱錐P­ABCD中，ADBC，ADCPAB90°，BCCDAD，E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°.圖12­11(1)在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM平面PBE，并說明理由；(2)若二面角P­CD­A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：67722045】解(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行如圖(1)，延長AB，DC，相交于點M(M平面PAB)，點M即為所求的一個點.2分(1)理由如下：由已知，知BCED，且BCED，所以四邊形BCDE是平行四邊形，從而CMEB.4分又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.6分(說明：延長AP至點N，使得APPN，則所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，從而CDPD，所以PDA是二面角P­CD­A的平面角，所以PDA45°.7分設(shè)BC1，則在RtPAD中，PAAD2.如圖(1)，過點A作AHCE，交CE的延長線于點H，連接PH，易知PA平面ABCD，從而PACE，于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.9分過A作AQPH于Q，則AQ平面PCE，所以APH是PA與平面PCE所成的角在RtAEH中，AEH45°，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH，所以sinAPH.12分法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，于是CDPD.從而PDA是二面角P­CD­A的平面角，所以PDA45°.又PAAB，所以PA平面ABCD.7分設(shè)BC1，則在RtPAD中，PAAD2，作Ay平面PAD，以A為原點，以，的方向分別為x軸、z軸的正方向，建立如圖(2)所示的空間直角坐標系A(chǔ)­xyz，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，(2)所以(1,0，2)，(1,1,0)，(0,0,2).9分設(shè)平面PCE的法向量為n(x，y，z)，由得設(shè)x2，解得n(2，2,1).10分設(shè)直線PA與平面PCE所成角為，則sin ，所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為.12分3(2016·泰安模擬)在平面四邊形ACBD(如圖12­12(1)中，ABC與ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設(shè)AB2，BAD30°，BAC45°，將ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖12­12(2)所示的三棱錐C­ABD，且使CD.(1)(2)圖12­12(1)求證：平面CAB平面DAB；(2)求二面角A­CD­B的余弦值 【導(dǎo)學(xué)號：67722046】解(1)證明：取AB的中點O，連接CO，DO，在RtACB，RtADB中，AB2，CODO1.又CD，CO2DO2CD2，即COOD.2分又COAB，ABODO，AB，OD平面ABD，CO平面ABD.4分又CO平面ABC，平面CAB平面DAB.5分(2)以O(shè)為原點，AB，OC所在的直線分別為y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系則A(0，1,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D，(0,1,1)，(0，1,1)，.6分設(shè)平面ACD的法向量為n1(x1，y1，z1)，則即令z11，則y11，x1，n1(，1,1).8分設(shè)平面BCD的法向量為n2(x2，y2，z2)，則即令z21，則y21, x2，n2，10分cosn1，n2，二面角A­CD­B的余弦值為.12分4(2016·鄭州二模)如圖12­13，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED平面ABCD，BF1.圖12­13(1)求證：AD平面BFED；(2)點P在線段EF上運動，設(shè)平面PAB與平面ADE所成銳二面角為，試求的最小值解(1)證明：在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120°，AB2.BD2AB2AD22AB·AD·cos 60°3.2分AB2AD2BD2，ADBD.平面BFED平面ABCD，平面BFED平面ABCDBD，DE平面BFED，DEDB，DE平面ABCD，4分DEAD，又DEBDD，AD平面BFED.6分(2)由(1)可建立以直線DA，DB，DE為x軸、y軸、z軸的如圖所示的空間直角坐標系，令EP(0)，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，0)，P(0，1)，(1，0)，(0，1).8分設(shè)n1(x，y，z)為平面PAB的法向量，由得取y1，則n1(，1，)n2(0,1,0)是平面ADE的一個法向量，cos .0，當(dāng)時，cos 有最大值，的最小值為.12分