(全國(guó)通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習(xí) 理
《(全國(guó)通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習(xí) 理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國(guó)通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習(xí) 理(36頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講 立體幾何中的向量方法 「考情研析」 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,難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上. 核心知識(shí)回顧 1.線、面的位置關(guān)系與向量的關(guān)系 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). (1)l∥m?a∥b?a=kb?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2; (2)l⊥m?a⊥b?a·b=0?a1a2+b1b2+c1c2=0; (3)l∥α?
2、a⊥μ?a·μ=0?a1a3+b1b3+c1c3=0; (4)l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3; (5)α∥β?μ∥v?μ=kv?a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4; (6)α⊥β?μ⊥v?μ·v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0. 2.三種空間角與空間向量的關(guān)系 (1)線線角:設(shè)a,b分別為異面直線a,b的方向向量,則兩異面直線所成的角θ滿足cosθ=. (2)線面角:設(shè)l是斜線l的方向向量,n是平面α的法向量,則斜線l與平面α所成的角θ滿足sinθ=. (3)二面角 ①如圖(Ⅰ),AB,CD是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂
3、直的直線,則二面角的大小θ=〈A,C〉; ②如圖(Ⅱ)(Ⅲ),n1,n2分別是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面α,β的法向量,則二面角的大小θ滿足cosθ=-cos〈n1,n2〉或cos〈n1,n2〉. 熱點(diǎn)考向探究 考向1 利用向量證明平行與垂直 例1 如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD為等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1分別是棱AD,AA1的中點(diǎn). (1)設(shè)F是棱AB的中點(diǎn),證明:直線EE1∥平面FCC1; (2)證明:平面D1AC⊥平面BB1C1C. 證明 如圖,過點(diǎn)D作AB垂線交AB于G,則以D為原點(diǎn)
4、,DG,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,易得A(,-1,0),B(,3,0),C(0,2,0),E1(,-1,1),E, F(,1,0),D1(0,0,2),B1(,3,2),C1(0,2,2). (1)=(0,0,2),C=(,-1,0). 設(shè)平面C1FC的法向量n1=(x,y,z), 則令x=1,得n1=(1,,0), 又=,故·n1=0,又E1E?平面FCC1, 所以E1E∥平面FCC1. (2)=(,-1,-2),=(0,2,-2), 設(shè)平面D1AC的法向量n2=(a,b,c), 由得令b=1,得其中一個(gè)n2=(,1,1).同理易得平面B
5、B1C1C的一個(gè)法向量n3=(1,-,0), n2·n3=0,故平面D1AC⊥平面BB1C1C. 利用空間向量證明平行與垂直的方法步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系,建系時(shí),要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系. (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系,用空間向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素. (3)通過空間向量的運(yùn)算研究平行、垂直關(guān)系. (4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題. (2019·貴陽(yáng)二模)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
6、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B=(0,1,1),D=(2,0,0), 故B·D=0.所以BE⊥DC. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,所以AB⊥PA,又因?yàn)锳B⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD, 所以向量A=(1,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量, 而·A=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以B⊥A, 又BE?平面PAD,所以BE∥平面PAD.
7、(3)由(2)知平面PAD的一個(gè)法向量A=(1,0,0),向量P=(0,2,-2),D=(2,0,0),設(shè)平面PCD的法向量為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. 則n·A=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以n⊥A. 所以平面PAD⊥平面PCD. 考向2 利用空間向量求空間角 角度1 利用空間向量求異面直線所成的角 例2 如圖,四邊形ABCD為菱形,∠ABC=120°,E,F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn),BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. (1)證明:平面AEC⊥平面AFC;
8、(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值. 解 (1)證明:連接BD,設(shè)BD∩AC=G,連接EG,F(xiàn)G,EF. 在菱形ABCD中,不妨設(shè)GB=1. 由∠ABC=120°,可得AG=GC=. 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC. 又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC. 在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=. 在Rt△FDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=. 從而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG. 又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC. 因?yàn)镋G?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖,以
9、G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,的方向?yàn)閤軸,y軸正方向,||為單位長(zhǎng),建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz. 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F(xiàn),C(0,,0),所以=(1,,),=. 故cos〈,〉==-. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為. 角度2 利用空間向量求線面角 例3 (2019·銀川一中新高三入學(xué)考試)如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為8的菱形,∠BAD=60°,△PBD是等邊三角形,二面角P-BD-C的余弦值為. (1)求證:BD⊥PC; (2)求直線PC與平面PAD夾角的正弦值. 解 (1)證明:連接AC交BD于點(diǎn)O,連接PO.
10、因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,所以BD⊥AC,且AC和BD互相平分. 又因?yàn)镻B=PD,O為BD的中點(diǎn),所以BD⊥PO, 又因?yàn)镻O∩AC=O,所以BD⊥平面PAC. 因?yàn)镻C?平面PAC,所以BD⊥PC. (2)過點(diǎn)P作PE⊥OC,交點(diǎn)為E,因?yàn)锽D⊥平面PAC,所以BD⊥PE,因?yàn)锽D∩OC=O,所以PE⊥平面ABCD. 易知∠POE為二面角P-BD-C的平面角, 所以cos∠POE=,sin∠POE=. 又因?yàn)椤螧AD=60°,所以△ABD和△PBD都是邊長(zhǎng)為8的等邊三角形.所以O(shè)P=4, 則PE=,OE=. 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-4,0),D(4,
11、0,0),C(0,4,0),P0,,. 所以=(4,4,0),=-4,,,=0,,-. 設(shè)平面PAD的法向量為m=(x1,y1,z1),則即 令x1=-3,則y1=,z1=-, 得平面PAD的一個(gè)法向量m=(-3,,-). 所以|cos〈m,〉|==, 所以直線PC與平面PAD夾角的正弦值為. 角度3 利用空間向量求二面角 例4 (2019·馬鞍山高三監(jiān)測(cè))如圖,半圓柱O′O中,平面ABB′A′過上、下底面的圓心O′,O,點(diǎn)C,D分別在半圓弧AB,A′B′上且. (1)求證:CD∥平面ABB′A′; (2)若2AC=AB=AA′,求二面角C-AD-B的余弦值. 解 (
12、1)證明:如圖,取的中點(diǎn)M, ∵OO′⊥平面ABC,∴OA,OM,OO′兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA,OM,OO′所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,連接OC,設(shè)OA=1,∠AOC=θ(0<θ<π),則A(1,0,0),B(-1,0,0),C(cosθ,sinθ,0),D(-cosθ,sinθ,t), 于是=(-2cosθ,0,t), 而平面ABB′A′的一個(gè)法向量=(0,1,0), 由于·=0及CD?平面ABB′A′,所以CD∥平面ABB′A′. (2)設(shè)OA=1,∵2AC=AB=AA′, 則C,,0,D-,,2,=(-1,0,2), =-,,0,
13、=,,2,=(2,0,0). 設(shè)平面CAD的法向量n1=(x,y,z), 則 不妨令x=2,得n1=(2,2,), 設(shè)平面BAD的法向量n2=(x′,y′,z′), 則 不妨設(shè)y′=4,得n2=(0,4,-), 所以cos〈n1,n2〉===, 故二面角C-AD-B的余弦值為. 三種空間角的向量求法 (1)異面直線所成的角θ,可以通過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主要可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得,即sinθ=|cosφ|. (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
14、夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(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. (2019·湖南永州高三第三次模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC,∠ABC=90°,且側(cè)面ABB1A1為菱形. (1)證明:A1B⊥平面AB1C1; (2)若∠A1AB=60°,AB=2,直線AC1與底面ABC所成角的正弦值為,求二面角A1-AC1-B1的余弦值. 解 (1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛BB1A1是菱形,則A1B⊥AB1, ∵平面ABB1A1⊥平面ABC,且AB為交線,BC⊥AB, ∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥A1B. ∵BC∥B1C1,∴
15、A1B⊥B1C1,又AB1∩C1B1=B1, ∴A1B⊥平面AB1C1. (2)取A1B1的中點(diǎn)M,連接BM,易證BM⊥平面ABC,且AB⊥BC,以BA所在直線為x軸,BC所在直線為y軸,BM所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)BC=t(t>0),則A(2,0,0),A1(1,0,),C(0,t,0), =(-1,0,),=(-2,t,0). 因?yàn)樗倪呅蜛1ACC1為平行四邊形, 則=+=+=(-3,t,), 易知ABC的一個(gè)法向量為n=(0,0,1), ∴|cos〈,n〉|===, 解得t=. ∵=(1,0,-),=(-3,,), 設(shè)平面AA1C1的法
16、向量n1=(x1,y1,z1), ∴令z1=1, 則n1=(,2,1), 由(1)可得平面AB1C1的一個(gè)法向量=(1,0,), ∴cos〈n1,〉==, ∴二面角A1-AC1-B1的余弦值為. 考向3 立體幾何中的探索性問題 例5 如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,AD=AP,E為棱PD的中點(diǎn). (1)證明:PD⊥平面ABE; (2)若F為AB的中點(diǎn),=λ(0<λ<1),試確定λ的值,使二面角P-FM-B的余弦值為-. 解 (1)證明:∵PA⊥平面ABCD, AB?平面ABCD,∴PA⊥AB,又∵AB⊥AD, AD∩PA=A,∴
17、AB⊥平面PAD. 又∵PD?平面PAD,∴PD⊥AB,① ∵AD=AP,E為PD中點(diǎn),∴AE⊥PD,② 由①②且AB∩AE=A,可得PD⊥平面ABE. (2)以A為原點(diǎn),以,,為x,y,z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,令|AB|=2, 則A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0), E(0,1,1),F(xiàn)(1,0,0), =(1,0,-2),P=(2,2,-2),=(2λ,2λ,-2λ),M(2λ,2λ,2-2λ),B=(-1,0,0),F(xiàn)=(2λ-1,2λ,2-2λ). 設(shè)平面PFM的法向量m=(x,y,z), 即m=(2,-1,1)
18、, 設(shè)平面BFM的法向量n=(x,y,z), 即取z=λ,則n=(0,λ-1,λ), |cos〈m,n〉|===, 解得λ=. 利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論. (2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理,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(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論. (2019·桂林高三4月一模)如圖1,在邊長(zhǎng)為3的菱形ABCD中,已知AF=EC=1,且EF⊥BC.將梯形ABEF沿直線EF折起,使B
19、E⊥平面CDFE,如圖2,P,M分別是BD,AD上的點(diǎn). (1)若平面PAE∥平面CMF,求AM的長(zhǎng); (2)是否存在點(diǎn)P,使直線DF與平面PAE所成的角是45°?若存在,求出的值;若不存在,請(qǐng)說明理由. 解 (1)因?yàn)槠矫鍼AE與平面CDFE有公共點(diǎn)E,所以平面PAE與平面CDFE相交,設(shè)交線為EQ,若平面PAE∥平面CMF, 因?yàn)槠矫鍯DFE∩平面CMF=CF,則EQ∥CF.設(shè)EQ∩DF=Q,又因?yàn)镕Q∥CE, 所以四邊形ECFQ是平行四邊形,F(xiàn)Q=CE, 同理,由平面PAE∥平面CMF, 因?yàn)槠矫鍼AE∩平面ADQ=AQ,平面CMF∩平面ADQ=MF,所以AQ∥MF
20、. 所以==.因?yàn)锳F⊥DF,AF=1,DF=2,所以AD=,所以AM=. (2)結(jié)論:存在點(diǎn)P,使直線DF與平面PAE所成的角是45°. 在題圖2中,以點(diǎn)F為原點(diǎn),分別以FE,F(xiàn)D,F(xiàn)A所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 易得EF=2,則F(0,0,0), E(2,0,0),又A(0,0,1),B(2,0,2),D(0,2,0), 所以=(0,2,0),=(2,0,-1),=(-2,2,-2),=(2,0,1), 設(shè)=λ(λ∈(0,1]),則=(-2λ,2λ,-2λ), 則=+=(2-2λ,2λ,1-2λ), 設(shè)平面PAE的法向量為n=(x,y,z),
21、 由得 令x=1,可得z=2,y=3-, 所以n=(1,3-,2). 若存在點(diǎn)P,使DF與平面PAE所成的角是45°, 則|cos〈n,〉|==, 解得λ=,因?yàn)棣恕?0,1],所以λ=,即=.故存在一點(diǎn)P,當(dāng)=時(shí),直線DF與平面PAE所成的角是45°. 真題押題 1.(2019·遵義航天高級(jí)中學(xué)高三第四次模擬)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由AB=BC=1,AA1=,可知D(0,0,0),A(
22、1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,), ∴=(-1,0,),=(1,1,),設(shè),的夾角為θ,則有cosθ==,故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為|cosθ|=,故選A. 2.(2019·東北三校聯(lián)考)已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E是棱A1B1的中點(diǎn),則直線AE與平面BDD1B1所成角的正弦值為________. 答案 解析 以A1為坐標(biāo)原點(diǎn),A1B1,A1D1,A1A所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則A(0,0,2),C(2,2,2),E(1,0,0),A=(2,2,0),A=(1,0,-2). ∵
23、AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B, ∴AC⊥平面BDD1B1,則A=(2,2,0)是平面BDD1B1的一個(gè)法向量.設(shè)直線AE與平面BDD1B1所成的角為θ, 則sinθ=|cos〈A,A〉|==. 3.(2019·北京高考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn),點(diǎn)F在PC上,且=. (1)求證:CD⊥平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)設(shè)點(diǎn)G在PB上,且=.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi),說明理由. 解 (1)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
24、 又因?yàn)锳D⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD. (2)過點(diǎn)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M. 因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD. 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以E(0,1,1). 所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2). 所以==, 所以=+=. 設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),則 即 令z=1,則y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因?yàn)槠矫鍼AD的一個(gè)法向量為p=(1,0,0
25、),所以cos〈n,p〉==-.由題知,二面角F-AE-P為銳角,所以其余弦值為. (3)直線AG在平面AEF內(nèi). 理由:因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上,且=,=(2,-1,-2), 所以==, 所以=+=. 由(2)知,平面AEF的一個(gè)法向量n=(-1,-1,1), 所以·n=-++=0. 又直線AG與平面AEF有公共點(diǎn)A,所以直線AG在平面AEF內(nèi). 4.(2019·黃山高三第二次質(zhì)量檢測(cè))如圖,已知四邊形ABCD滿足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中點(diǎn),將△BAE沿AE翻折成△B1AE,使得B1D=a,F(xiàn)為B1D的中點(diǎn). (1)證明:B1E∥平面ACF; (2
26、)求平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值. 解 (1)證明:連接ED交AC于點(diǎn)O,連接OF,由四邊形AECD為菱形,F(xiàn)為B1D的中點(diǎn)得,OF∥B1E, B1E?平面ACF,所以B1E∥平面ACF. (2)取AE的中點(diǎn)M,連接DM,B1M,易知B1M⊥AM,DM⊥AM,由AB1=a,AD=a,AM=,得B1M=DM=a,又B1D=a,∴B1M2+DM2=B1D2, ∴B1M⊥DM, ∴B1M,DM,MA兩兩垂直.以MD,MA,MB1所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖). 則A0,,0,D,0,0,B10,0,,C,-a,0,E0,-,0,=,-,0,=0,
27、,,=,-,0,=0,-,,設(shè)平面ADB1的法向量m=(x,y,z),則令y=1,解得m=,1,,同理平面ECB1的一個(gè)法向量n=,1,-, ∴cos〈m,n〉==,故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為. 『金版押題』 5. 如圖,在多面體ABCDEF中,梯形ADEF與平行四邊形ABCD所在平面互相垂直,AF∥DE,DE⊥AD,AD⊥BE,AF=AD=DE=1,AB=. (1)求證:BF∥平面CDE; (2)求二面角B-EF-D的余弦值; (3)判斷線段BE上是否存在點(diǎn)Q,使得平面CDQ⊥平面BEF?若存在,求出的值;若不存在,說明理由. 解 (1)證明:由底面
28、ABCD為平行四邊形,知AB∥CD, 又因?yàn)锳B?平面CDE,CD?平面CDE,所以AB∥平面CDE. 同理AF∥平面CDE,又因?yàn)锳B∩AF=A,所以平面ABF∥平面CDE.又因?yàn)锽F?平面ABF,所以BF∥平面CDE. (2)連接BD,因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD, 所以DE⊥平面ABCD,則DE⊥DB. 又因?yàn)镈E⊥AD,AD⊥BE,DE∩BE=E,所以AD⊥平面BDE,則AD⊥BD. 故DA,DB,DE兩兩垂直,所以以DA,DB,DE所在的直線分別為x軸、y軸和z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(1
29、,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),E(0,0,2),F(xiàn)(1,0,1),所以=(0,-1,2),=(1,0,-1),n=(0,1,0)為平面DEF的一個(gè)法向量. 設(shè)平面BEF的法向量為m=(x,y,z), 由m·=0,m·=0,得 令z=1,得m=(1,2,1).所以cos〈m,n〉==. 如圖可得二面角B-EF-D為銳角, 所以二面角B-EF-D的余弦值為. (3)結(jié)論:線段BE上存在點(diǎn)Q,使得平面CDQ⊥平面BEF. 證明如下:設(shè)=λ=(0,-λ,2λ)(λ∈(0,1)), 所以=+=(0,1-λ,2λ). 設(shè)平面CDQ的法向量為u=(a,b,c),又因?yàn)椋?/p>
30、(-1,1,0), 所以u(píng)·=0,u·=0,即 令b=1,得u=1,1,. 若平面CDQ⊥平面BEF,則m·u=0, 即1+2+=0,解得λ=∈(0,1). 所以線段BE上存在點(diǎn)Q,使得平面CDQ⊥平面BEF,且此時(shí)=. 配套作業(yè) 1.(2019·六盤山高級(jí)中學(xué)高三二模)如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB=1,AB=4. (1)證明:平面ADE⊥平面ACD; (2)當(dāng)C點(diǎn)為半圓的中點(diǎn)時(shí),求二面角D-AE-B的余弦值. 解 (1)證明:∵AB是直徑,∴BC⊥AC, ∵CD⊥平面ABC,∴
31、CD⊥BC, ∵CD∩AC=C,∴BC⊥平面ACD, ∵CD∥BE,CD=BE,∴四邊形BCDE是平行四邊形, ∴BC∥DE,∴DE⊥平面ACD, ∵DE?平面ADE,∴平面ADE⊥平面ACD. (2)依題意,AC=BC=2,如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,則 D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0), ∴=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1), 設(shè)平面DAE的法向量為n1=(x,y,z), 即∴n1=(1,0,2), 設(shè)平面ABE的法向量為n2=(x′,y′,z′), 即 ∴n2=(1,1,0),
32、∴cos〈n1,n2〉===, ∵二面角D-AE-B是鈍角, ∴二面角D-AE-B的余弦值為-. 2.(2019·聊城高三一模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,AC=2,AA1=AB=4,∠BAC=120°,∠ACC1=60°. (1)證明:AC1⊥BC; (2)求直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值. 解 (1)證明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,AC=2,AA1=AB=4,∠BAC=120°,∠ACC1=60°. ∴AC1==2, ∴AC+AC2=CC,∴AC1⊥AC, ∵平面ACC1A1∩平
33、面ABC=AC, ∴AC1⊥平面ABC,∴AC1⊥BC. (2)如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB為y軸,AC1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則C(,-1,0),B1(-,5,2),B(0,4,0),A(0,0,0), =(-2,6,2),=(0,4,0),=(-,5,2), 設(shè)平面ABB1A1的法向量n=(x,y,z), 則 取x=2,得n=(2,0,1), 設(shè)直線CB1與平面ABB1A1所成角為θ, 則sinθ===, ∴直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值為. 3.(2019·蚌埠市高三下學(xué)期第二次教學(xué)質(zhì)量檢查)如圖所示,菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2,∠D=60°,點(diǎn)H為D
34、C的中點(diǎn),現(xiàn)以線段AH為折痕將菱形折起使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置且平面PHA⊥平面ABCH,點(diǎn)E,F(xiàn)分別為AB,AP的中點(diǎn). (1)求證:平面PBC∥平面EFH; (2)求平面PAH與平面PBC所成銳二面角的余弦值. 解 (1)證明:菱形ABCD中,E,H分別為AB,CD的中點(diǎn), 所以BE∥CH,BE=CH,四邊形BCHE為平行四邊形,則BC∥EH,又EH?平面PBC,所以EH∥平面PBC. 又點(diǎn)E,F(xiàn)分別為AB,AP的中點(diǎn),則EF∥BP,EF?平面PBC, 所以EF∥平面PBC.而EF∩EH=E, 所以平面EFH∥平面PBC. (2)菱形ABCD中,∠D=60°,則△ACD為
35、正三角形, 所以AH⊥CD,AH=,DH=PH=CH=1. 折疊后,PH⊥AH, 又平面PHA⊥平面ABCH,平面PHA∩平面ABCH=AH, 從而PH⊥平面ABCH. 因?yàn)锳H⊥CD,所以HA,HC,HP三條線兩兩垂直, 以,,的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,1),C(0,1,0),B(,2,0),=(,1,0),=(0,-1,1), 設(shè)平面PBC的法向量為m=(x,y,z),則 即 令y=-,得x=1,z=-, 所以m=(1,-,-). 因?yàn)槠矫鍼AH的一個(gè)法向量n=(0,1,0), 所以cos〈m,n〉=-=-. 設(shè)平面PAH
36、與平面PBC所成銳二面角為α,則 cosα=. 4.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2. (1)求證:AB⊥PC; (2)在線段PD上,是否存在一點(diǎn)M,使得二面角M-AC-D的大小為45°,如果存在,求BM與平面MAC所成角的正弦值,如果不存在,請(qǐng)說明理由. 解 (1)證明:如圖,由已知得四邊形ABCD是直角梯形, 由AD=CD=2,BC=4,可得△ABC是等腰直角三角形,即AB⊥AC, 因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以PA⊥AB, 又PA∩AC=A,所以AB⊥平面PAC, 又PC?平面PAC,所
37、以AB⊥PC.
(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(2,-2,0),P=(0,2,-2),A=(2,2,0).
設(shè)P=t(0 38、AC所成的角為θ,則sinθ=|cos〈n0,B〉|=.
5.如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn).
(1)求證:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;
(3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn),若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線段A1E的長(zhǎng).
解 如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得
A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2 39、),D1(1,-2,2).
因?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),
所以M,N(1,-2,1).
(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,M=.
由此可得M·n=0,又直線MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)=(1,-2,2),A=(2,0,0).
設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面ACD1的法向量,
則即
不妨設(shè)z1=1,可得n1=(0,1,1).
設(shè)n2=(x2,y2,z2)為平面ACB1的法向量,
則又=(0,1,2),得
不妨設(shè)z2=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cos〈n1,n2〉==-,
于是sin〈 40、n1,n2〉=,
所以二面角D1-AC-B1的正弦值為.
(3)依題意,可設(shè)=λ,其中λ∈[0,1],
則E(0,λ,2),從而N=(-1,λ+2,1).
又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,由已知,
得cos〈N,n〉===,
整理得λ2+4λ-3=0,又λ∈[0,1],所以λ=-2.
所以線段A1E的長(zhǎng)為-2.
6.(2019·朝陽(yáng)區(qū)高三二模)如圖,已知正方形ADEF,梯形ABCD,且AD∥BC,∠BAD=90°,平面ADEF⊥平面ABCD,AB=AD=1,BC=3.
(1)求證:AF⊥CD;
(2)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值;
(3)線段B 41、D上是否存在點(diǎn)M,使得直線CE∥平面AFM,若存在,求的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
解 (1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形,所以AF⊥AD.
又因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD,
且平面ADEF∩平面ABCD=AD,
所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥CD.
(2)由(1)可知,AF⊥平面ABCD,所以AF⊥AD,AF⊥AB.
因?yàn)椤螧AD=90°,所以AB,AD,AF兩兩垂直.
分別以AB,AD,AF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).
因?yàn)锳B=AD=1,BC=3,
所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0 42、,1,1),F(xiàn)(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(1,2,0),=(0,0,1).
設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),
則即令x=2,則y=-1,
所以n=(2,-1,0).
設(shè)直線BF與平面CDE所成角為θ,
則sinθ=|cos〈n,〉|==.
(3)結(jié)論:線段BD上存在點(diǎn)M,使得直線CE∥平面AFM.
設(shè)=λ(λ∈[0,1]),
設(shè)M(x1,y1,z1),由=λ,得(x1-1,y1,z1)=λ(-1,1,0),
所以x1=1-λ,y1=λ,z1=0,所以M(1-λ,λ,0),
所以=(1-λ,λ,0).
設(shè)平面AFM的法向量為m=(x0,y0 43、,z0),則
因?yàn)椋?0,0,1),所以
令x0=λ,則y0=λ-1,所以m=(λ,λ-1,0).
在線段BD上存在點(diǎn)M,使得CE∥平面AFM等價(jià)于存在λ∈[0,1],使得m·=0.因?yàn)椋?-1,-2,1),由m·=0,
所以-λ-2(λ-1)=0,解得λ=∈[0,1],
所以線段BD上存在點(diǎn)M,使得CE∥平面AFM,且=.
7.如圖,在四邊形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四邊形ACFE為矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF.
(1)求證:EF⊥平面BCF;
(2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng),當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí),平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大,并求 44、此時(shí)二面角的余弦值.
解 (1)證明:設(shè)AD=CD=BC=CF=1,
∵AB∥CD,∠BCD=,
∴AB=2,∠CBA=60°.
∴AC2=AB2+BC2-2·AB·BC·cos60°=3.
∴AB2=AC2+BC2.∴AC⊥BC. ①
又∵CF⊥平面ABCD,∴CF⊥AC.?、?
由①②可得AC⊥平面BCF.
又∵四邊形ACFE為矩形,
∴EF∥AC,∴EF⊥平面BCF.
(2)由(1)可建立分別以直線CA,CB,CF為x軸,y軸,z軸的如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)AD=CD=BC=CF=1,
令FM=λ(0≤λ≤),
則C(0,0,0),A(,0,0),B(0 45、,1,0),
M(λ,0,1),∴=(-,1,0),
=(λ,-1,1),
設(shè)n1=(x,y,z)為平面MAB的一個(gè)法向量,
由得
取x=1,則n1=(1,,-λ),
設(shè)平面MAB與平面FCB所成銳二面角為θ,
∵n2=(1,0,0)是平面FCB的一個(gè)法向量,
∴cosθ==
=.
∵0≤λ≤,∴當(dāng)λ=0時(shí),cosθ有最小值,
∴點(diǎn)M與點(diǎn)F重合時(shí),平面MAB與平面FCB所成二面角最大,此時(shí)二面角的余弦值為.
8.(2019·凱里市第一中學(xué)高三模擬)如圖所示,三棱錐P-ABC放置在以AC為直徑的半圓面O上,O為圓心,B為圓弧上的一點(diǎn),D為線段PC上的一點(diǎn),且AB=BC=P 46、A=3,PB=3,PA⊥BC.
(1)求證:平面BOD⊥平面PAC;
(2)當(dāng)二面角D-AB-C的平面角為60°時(shí),求的值.
解 (1)證明:∵由AB=PA=3,PB=3,
∴PA2+AB2=PB2,∴PA⊥AB,
又PA⊥BC且AB∩BC=B,
∴PA⊥平面ABC.∵BO?平面ABC,∴PA⊥BO,
由BA=BC,圓心O為AC的中點(diǎn),所以BO⊥AC.
因?yàn)锳C∩PA=A,故BO⊥平面PAC,
又BO?平面BOD,所以平面BOD⊥平面PAC.
(2)由(1)知PA⊥平面ABC,且BA⊥BC,過點(diǎn)B作PA的平行線,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
由題意知B(0,0, 47、0),A(3,0,0),C(0,3,0),P(3,0,3),設(shè)=λ(0≤λ≤1),
則=(3,0,0),=+=(3,0,3)+λ(-3,3,-3)=(3-3λ,3λ,3-3λ),
設(shè)m=(x,y,z)為平面BAD的法向量,
則?
令z=1,則y=1-,所以m=0,1-,1,
取平面ABC的一個(gè)法向量為n=(0,0,1).
因?yàn)槎娼荄-AB-C的平面角為60°,
所以cos60°=|cos〈m,n〉|==,
解得λ=或λ=-<0(舍去),
所以當(dāng)二面角D-AB-C的平面角為60°時(shí),
=.
立體幾何類解答題
(2019·大連市高三一模)(12分)如圖, 48、等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=1,CD=2,E為CD的中點(diǎn),以AE為折痕把△ADE折起,使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置(P?平面ABCE).
(1)證明:AE⊥PB;
(2)若直線PB與平面ABCE所成的角為,求二面角A-PE-C的余弦值.
解 (1)證明:在等腰梯形ABCD中,連接BD,交AE于點(diǎn)O,
∵AB∥CE,AB=CE,∴四邊形ABCE為平行四邊形,∴AE=BC=AD=DE,
∴△ADE為等邊三角形,
∴在等腰梯形ABCD中,∠C=∠ADE=,∠DAB=∠ABC=,
∴在等腰三角形ADB中,∠ADB=∠ABD=,
∴∠DBC=-=,即BD⊥BC,
∴B 49、D⊥AE,(2分)
翻折后可得OP⊥AE,OB⊥AE,
又∵OP?平面POB,OB?平面POB,OP∩OB=O,
∴AE⊥平面POB,(4分)
∵PB?平面POB,∴AE⊥PB.(6分)
(2)在平面POB內(nèi)作PQ⊥OB,垂足為Q,
∵AE⊥平面POB,∴AE⊥PQ,
∵OB?平面ABCE,AE?平面ABCE,AE∩OB=O,
∴PQ⊥平面ABCE,∴直線PB與平面ABCE的夾角為∠PBQ=,(8分)
又∵OP=OB,∴OP⊥OB,
∴O,Q兩點(diǎn)重合,即OP⊥平面ABCE,
以O(shè)為原點(diǎn),OE所在直線為x軸,OB所在直線為y軸,OP所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,( 50、9分)
設(shè)平面PCE的一個(gè)法向量為n1=(x,y,z),
則∴
設(shè)x=,則y=-1,z=1,
∴n1=(,-1,1),(10分)
由題意得,平面PAE的一個(gè)法向量n2=(0,1,0),(11分)
設(shè)二面角A-PE-C的大小為α,則|cosα|===.
易知二面角A-PE-C為鈍角,所以cosα=-.
(12分)
1.由平面幾何的知識(shí)證明兩相交直線垂直給2分.
2.由已知條件證明直線與平面垂直給2分.
3.由直線與平面垂直證明直線與直線垂直給2分.
4.由已知條件證明直線PB與平面ABCE的夾角為∠PBQ=給2分.
5.由已知條件證明OP⊥平面ABCE,即以 51、O為原點(diǎn),OE為x軸,OB為y軸,OP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系給1分.
6.由已知條件求得二面角A-PE-C的兩個(gè)半平面的法向量分別給1分.
7.代入二面角的計(jì)算公式求解給1分.
1.寫全得分條件,證明線面平行時(shí),一定要說明平面內(nèi)的直線和平面外的直線.
2.寫明得分關(guān)鍵,利用法向量求解空間角時(shí),要構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),賦值法求出平面的法向量,利用公式求出法向量的夾角,根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征判斷二面角的取值范圍,正確寫出二面角的余弦值.
[跟蹤訓(xùn)練]
(2019·毛坦廠中學(xué)高三聯(lián)考)(12分)如圖所示,在幾何體ABCDE中,△ABC是等邊三角形,AE⊥平 52、面ABC,CD∥AE,且CD=2AE=2AC.
(1)試在線段BD上確定點(diǎn)M的位置,使EM⊥平面BCD,并證明;
(2)求二面角E-BC-D的余弦值.
解 (1)當(dāng)點(diǎn)M為BD的中點(diǎn)時(shí),EM⊥平面BCD.(1分)
證明如下:取BC的中點(diǎn)F,連接AF,MF,
∴MF∥CD且MF=CD,又AE∥CD,AE=CD,
∴MF∥AE且MF=AE,∴四邊形AEMF為平行四邊形,∴EM∥AF.(2分)
又AE⊥平面ABC,CD∥AE,
∴CD⊥平面ABC,又CD?平面BCD,∴平面BCD⊥平面ABC,(3分)
∵△ABC是等邊三角形,∴AF⊥BC,
又平面ABC∩平面BCD=BC,∴A 53、F⊥平面BCD,(5分)
∴EM⊥平面BCD.(6分)
(2)由(1)知,F(xiàn)A,F(xiàn)B,F(xiàn)M兩兩互相垂直,以F為原點(diǎn),
以FA,F(xiàn)B,F(xiàn)M所在的直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.(7分)
設(shè)EA=AC=2,則CD=4,
∴C(0,-1,0),B(0,1,0),E(,0,2),
∴=(,1,2),=(,-1,2).
設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),
則即解得y=0,
令x=,則z=-,∴n=(,0,-),(9分)
由(1)知,平面BCD的一個(gè)法向量為m=(1,0,0),(10分)
∴cos〈m,n〉==,
由圖知,二面角E-BC-D為銳角,
∴二面角E-BC-D的余弦值為.(12分)
- 36 -
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