2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第2講 立體幾何中的向量方法(理)學(xué)案.docx
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第2講立體幾何中的向量方法 考向預(yù)測(cè) 以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn),常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合,熱點(diǎn)為二面角的求解,均以解答題的形式進(jìn)行考查. 知識(shí)與技巧的梳理 1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 設(shè)直線l的方向向量為a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分別為μ=(a2,b2,c2), v=(a3,b3,c3),則 (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?aμ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μv=0?a2a3+b2b3+c2c3=0. 2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算 設(shè)直線l,m的方向向量分別為a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面α,β的法向量分別為μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)線線夾角 設(shè)l,m的夾角為θ,則cos θ==. (2)線面夾角 設(shè)直線l與平面α的夾角為θ, 則 (3)面面夾角 設(shè)平面α,β的夾角為θ, 則 熱點(diǎn)一 利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系 【例1】如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=AP=2,AB=1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明: (1)BE⊥DC; (2)BE∥平面PAD; (3)平面PCD⊥平面PAD. 證明 依題意,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點(diǎn),得E(1,1,1). (1)向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0. 所以BE⊥DC. (2)因?yàn)锳B⊥AD,又PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD, 所以AB⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD, 所以AB⊥平面PAD, 所以向量=(1,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量, 而=(0,1,1)(1,0,0)=0,所以BE⊥AB, 又BE?平面PAD,所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的法向量=(1,0,0),向量=(0,2,-2),=(2,0,0), 設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 則即 不妨令y=1,可得n=(0,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量. 且n=(0,1,1)(1,0,0)=0,所以n⊥. 所以平面PAD⊥平面PCD. 探究提高 1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系,關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系. 2.向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量,但向量證明仍然離不開(kāi)立體幾何定理的條件,如在(2)中忽略BE?平面PAD而致誤. 【訓(xùn)練1】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90,BC=2,CC1=4,點(diǎn)E在線段BB1上,且EB1=1,D,F(xiàn),G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點(diǎn).求證: (1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD. 證明 (1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4). 設(shè)BA=a,則A(a,0,0), 所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2). =0,=0+4-4=0, 則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,F(xiàn)(0,1,4), 則=,=(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. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 熱點(diǎn)二 利用空間向量計(jì)算空間角 【例2】(2019成都月考))在直三棱柱(側(cè)棱垂直底面)中,,. (Ⅰ)若異面直線與所成的角為,求棱柱的高; (Ⅱ)設(shè)是的中點(diǎn),與平面所成的角為,當(dāng)棱柱的高變化時(shí),求的最大值. 解:建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè),則有 ,,,, ,,. (Ⅰ)因?yàn)楫惷嬷本€與所成的角,所以, 即,得,解得. (Ⅱ)由是的中點(diǎn),得,于是. 設(shè)平面的法向量為, 于是由,,可得即,可取, 于是. 而, 令, 因?yàn)?,?dāng)且僅當(dāng),即時(shí),等號(hào)成立. 所以, 故當(dāng)時(shí),的最大值. 探究提高 1.異面直線所成的角θ,可以通過(guò)兩直線的方向向量的夾角φ求得,即cosθ=|cosφ|. 2.直線與平面所成的角θ主要通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得,即sin θ=|cos φ|,有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角). 3.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得,它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角. 【訓(xùn)練2】(2017長(zhǎng)郡中學(xué)二模)如圖所示,該幾何體是由一個(gè)直三棱柱ADE-BCF和一個(gè)正四棱錐P-ABCD組合而成,AD⊥AF,AE=AD=2. (1)證明:平面PAD⊥平面ABFE; (2)求正四棱錐P-ABCD的高h(yuǎn),使得二面角C-AF-P的余弦值是. (1)證明 由于幾何體是由一個(gè)直三棱柱ADE-BCF和一個(gè)正四棱錐P-ABCD的組合體. ∴AD⊥AB,又AD⊥AF,AF∩AB=A, ∴AD⊥平面ABEF. 又AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABFE. (2)解 以A為原點(diǎn),AB,AE,AD的正方向?yàn)閤,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 設(shè)正四棱錐的高為h,AE=AD=2, 則A(0,0,0),F(xiàn)(2,2,0),C(2,0,2),P(1,-h(huán),1), 設(shè)平面ACF的一個(gè)法向量m=(x,y,z), =(2,2,0),=(2,0,2), 則取x=1,得m=(1,-1,-1), 設(shè)平面AFP的一個(gè)法向量n=(a,b,c), =(1,-h(huán),1), 則取b=1,則n=(-1,1,1+h), 二面角C-AF-P的余弦值, ∴|cos〈m,n〉|===,解得h=1. ∴當(dāng)四棱錐的高為1時(shí),二面角C-AF-P的余弦值為. 1.(2017全國(guó)Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. 2.(2017全國(guó)Ⅰ卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值. 3.(2018全國(guó)I卷)如圖,四邊形為正方形,,分別為,的中點(diǎn),以為折痕把折起,使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置,且. (1)證明:平面平面; (2)求與平面所成角的正弦值. 1.(2016全國(guó)Ⅰ卷)平面α過(guò)正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為( ) A. B. C. D. 2.(2017合肥二模)如圖所示的多面體是由一個(gè)直平行六面體被平面AEFG所截后得到的,其中∠BAE=∠GAD=45,AB=2AD=2,∠BAD=60. (1)求證:BD⊥平面ADG; (2)求直線GB與平面AEFG所成角的正弦值. 3.(2018全國(guó)II卷)如圖,在三棱錐中,,,為的中點(diǎn). (1)證明:平面; (2)若點(diǎn)在棱上,且二面角為,求與平面所成角的正弦值. 1.(2017衡陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1C1∩B1D1=E,直線AC與直線DE所成的角為α,直線DE與平面BCC1B1所成的角為β,則cos(α-β)=________. 2.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CC1=2,AC=2,M是AC的中點(diǎn),則異面直線CB1與C1M所成角的余弦值為_(kāi)_______. 3.(2017西安質(zhì)檢)如圖,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD為等邊三角形,AD=DE=2AB,F(xiàn)為CD的中點(diǎn). (1)求證:AF∥平面BCE; (2)求二面角C-BE-D的余弦值的大?。? 4.(2018全國(guó)III卷)如圖,邊長(zhǎng)為2的正方形所在平面與半圓弧所在平面垂直,是上異于,的點(diǎn). (1)證明:平面平面; (2)當(dāng)三棱錐體積最大時(shí),求面與面所成二面角的正弦值. 參考答案 1.【解題思路】異面直線所成的角,可以通過(guò)兩直線的方向向量的夾角求得. 【答案】 法一 以B為原點(diǎn),建立如圖(1)所示的空間直角坐標(biāo)系. 圖(1) 圖(2) 則B(0,0,0),B1(0,0,1),C1(1,0,1). 又在△ABC中,∠ABC=120,AB=2,則A(-1,,0). 所以=(1,-,1),=(1,0,1), 則cos〈,〉====, 因此,異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為.故選C. 法二 如圖(2),設(shè)M,N,P分別為AB,BB1,B1C1中點(diǎn),則PN∥BC1,MN∥AB1, ∴AB1與BC1所成的角是∠MNP或其補(bǔ)角. ∵AB=2,BC=CC1=1, ∴MN=AB1=,NP=BC1=. 取BC的中點(diǎn)Q,連接PQ,MQ,則可知△PQM為直角三角形,且PQ=1,MQ=AC, 在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos∠ABC=4+1-221=7,AC=, 則MQ=,則△MQP中,MP==, 則△PMN中,cos∠PNM===-, 又異面直線所成角范圍為,則余弦值為.故選C. 2.【解題思路】(1)平面PAB⊥平面PADAB⊥平面PAD,(2)利用面面垂直建系,二面角的大小通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得,它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角. 【答案】(1)證明 ∵∠BAP=∠CDP=90, ∴PA⊥AB,PD⊥CD, 又∵AB∥CD,∴PD⊥AB, 又∵PD∩PA=P,PD,PA?平面PAD, ∴AB⊥平面PAD,又AB?平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD. (2)解 在平面PAD內(nèi)作PO⊥AD,垂足為點(diǎn)O. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PO,可得PO⊥平面ABCD. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz, 設(shè)PA=2,∴D(-,0,0), B(,2,0),P(0,0,),C(-,2,0), ∴=(-,0,-),=(,2,-), =(-2,0,0), 設(shè)n=(x,y,z)為平面PBC的一個(gè)法向量, 由得 令y=1,則z=,x=0,可得平面PBC的一個(gè)法向量n=(0,1,), ∵∠APD=90,∴PD⊥PA, 又知AB⊥平面PAD,PD?平面PAD, ∴PD⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB, ∴PD⊥平面PAB, 即是平面PAB的一個(gè)法向量,=(-,0,-), ∴cos〈,n〉===-, 由圖知二面角A-PB-C為鈍角,所以它的余弦值為-. 3.【解題思路】(1)首先從題的條件中確定相應(yīng)的垂直關(guān)系,即BF⊥PF,BF⊥EF, 又因?yàn)?,利用線面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF, 又平面ABFD,利用面面垂直的判定定理證得平面PEF⊥平面ABFD. (2)結(jié)合題意,建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系,正確寫出相應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo),求得平面ABFD的法向量,設(shè)DP與平面ABFD所成角為,利用線面角的定義,可以求得,得到結(jié)果. 【答案】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,又,所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF,垂足為H.由(1)得,PH⊥平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF, 可得,, 則,,,,為平面ABFD的法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成角為,則., 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 1.【解題思路】利用平行關(guān)系轉(zhuǎn)化. 【答案】 如圖所示,設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD=m1,因?yàn)棣痢纹矫鍯B1D1,所以m1∥m, 又因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1, 結(jié)合平面B1D1C∩平面A1B1C1D1=B1D1, 所以B1D1∥m1,故B1D1∥m. 同理可得:CD1∥n. 故m,n所成角即直線B1D1與CD1所成角, 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,△CB1D1是正三角形, 故直線B1D1與CD1所成角為60,其正弦值為.故選A. 2.【解題思路】(1)勾股定理可證垂直,(2)直線與平面所成的角θ主要通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得,即sin θ=|cosφ|. 【答案】(1)證明 在△BAD中,∵AB=2AD=2,∠BAD=60. 由余弦定理,得BD2=AD2+AB2-2ABADcos 60,BD=, ∵AB2=AD2+DB2.∴AD⊥DB, 在直平行六面體中,GD⊥平面ABCD,DB?平面ABCD,∴GD⊥DB, 又AD∩GD=D,AD,GD?平面ADG, ∴BD⊥平面ADG. (2)解 如圖以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz, ∵∠BAE=∠GAD=45,AB=2AD=2, ∴A(1,0,0),B(0,,0),E(0,,2),G(0,0,1), =(-1,,2),=(-1,0,1),=(0,,-1). 設(shè)平面AEFG的一個(gè)法向量n=(x,y,z), 令x=1,得y=-,z=1,∴n=, 設(shè)直線GB和平面AEFG的夾角為θ, ∴sin θ=|cos〈,n〉|==, 所以直線GB與平面AEFG所成角的正弦值為. 3.【解題思路】(1)連接,欲證平面,只需證明,即可;(2)過(guò)點(diǎn)作,垂足為,只需論證的長(zhǎng)即為所求,再利用平面幾何知識(shí)求解即可. 【答案】(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=. 連結(jié)OB.因?yàn)锳B=BC=,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB==2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM. 故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離. 由題設(shè)可知OC==2,CM==,. 所以O(shè)M=,CH==. 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為. 1.【解題思路】此題可建系用向量法做,亦可利用線線角、線面角的定義求其夾角. 【答案】 ?AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE,∴α=. 取A1D1的中點(diǎn)F,連EF,F(xiàn)D,易知EF⊥平面ADD1A1, 則β=∠EDF,cos(α-β)=cos=sin∠EDF=.故填. 2.【解題思路】異面直線所成的角θ,可以通過(guò)兩直線的方向向量的夾角φ求得,即cosθ=|cosφ|. 【答案】 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CC1=2,AC=2,M是AC的中點(diǎn), 所以BM⊥AC,BM==1. 以M為原點(diǎn),MA為x軸,MB為y軸,過(guò)M作AC的垂線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則C(-,0,0),B1(0,1,2),C1(-,0,2),M(0,0,0). ∴=(,1,2),=(-,0,2). 設(shè)異面直線CB1與C1M所成角為θ, 則cos θ===. 所以異面直線CB1與C1M所成角的余弦值為.故填. 3.【解題思路】(1)建系注意底面的垂直關(guān)系,(2)二面角轉(zhuǎn)化為法向量的夾角問(wèn)題. 【答案】解 設(shè)AD=DE=2AB=2a,以AC,AB所在的直線分別作為x軸、z軸,以過(guò)點(diǎn)A在平面ACD內(nèi)和AC垂直的直線作為y軸,建立如圖所示的坐標(biāo)系, A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a,a,0),E(a,a,2a). ∵F為CD的中點(diǎn),∴F. (1)證明 =,=(a,a,a),=(2a,0,-a), ∴=(+),AF?平面BCE, ∴AF∥平面BCE. (2)設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量m=(x,y,z), 則即不妨令x=1可得m=(1,-,2). 設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量n=(x,y,z),則 即令x=可得n=(,-1,0). 于是,cos〈m,n〉==. 故二面角C-BE-D的余弦值為. 4.【解題思路】(1)先證平面CMD,得,再證,進(jìn)而完成證明。 (2)先建立空間直角坐標(biāo)系,然后判斷出的位置,求出平面和平面的法向量,進(jìn)而求得平面與平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM⊥CM. 又BCCM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC; (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz. 當(dāng)三棱錐M?ABC體積最大時(shí),M為的中點(diǎn). 由題設(shè)得,,,,, ,,, 設(shè)是平面MAB的法向量,則 ,即, 可取, 是平面MCD的法向量,因此, , 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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