2019年高考数学复习大二轮精准提分课件第二篇 第15练

2019年高考数学复习大二轮精准提分课件第二篇 第15练

第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 15 练　空间向量与立体几何 [ 中档 大题规范练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：空间线、面关系的证明，空间角的求解 . 2 . 题目难度：立体几何大题一般位于解答题的第二题或第三题位置，中档难度 . 核心考点突破练 栏目索引 模板答题规范练 考点一　利用空间向量证明平行与垂直 要点重组 　设直线 l ， m 的方向向量分别为 a ， b ，平面 α ， β 的法向量分别为 u ， v ，则 l ∥ m ⇔ a ∥ b ⇔ a ＝ k b ( k ∈ R ) ； l ⊥ m ⇔ a ⊥ b ⇔ a · b ＝ 0 ； l ∥ α ⇔ a ⊥ u ⇔ a · u ＝ 0 ； l ⊥ α ⇔ a ∥ u ⇔ a ＝ k u ( k ∈ R ) ； α ∥ β ⇔ u ∥ v ⇔ u ＝ k v ( k ∈ R ) ； α ⊥ β ⇔ u ⊥ v ⇔ u · v ＝ 0. 核心考点突破练 方法技巧 　利用空间向量证明平行、垂直的两种方法 ① 坐标法：建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标系研究点、线、面的关系； ② 基向量法：选三个不共面的向量 ( 夹角最好为 90° ， 45° 或 60°) ，模长已知的向量作为基向量，将相关向量用基向量表示 . 1. 如图所示，已知在直三棱柱 ABC — A 1 B 1 C 1 中， △ ABC 为等腰直角三角形， ∠ BAC ＝ 90° ，且 AB ＝ AA 1 ， D ， E ， F 分别为 B 1 A ， C 1 C ， BC 的中点 . 求证： ( 1) DE ∥ 平面 ABC ； 证明 证明　 由直三棱柱的性质，得 A 1 A ⊥ AB ， A 1 A ⊥ AC ， 又 BA ⊥ AC ， 如 图，以点 A 为坐标原点，分别以 AB ， AC ， AA 1 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 A － xyz ， 令 AB ＝ AA 1 ＝ 4 ， 则 A (0 ， 0 ， 0) ， E (0 ， 4 ， 2) ， F (2 ， 2 ， 0) ， B (4 ， 0 ， 0) ， B 1 (4 ， 0 ， 4). 取 AB 的中点 N ，连接 CN ， 则 N (2 ， 0 ， 0) ， C (0 ， 4 ， 0) ， D (2 ， 0 ， 2) ， ∴ DE ∥ NC . 又 ∵ NC ⊂ 平面 ABC ， DE ⊄ 平面 ABC ， ∴ DE ∥ 平面 ABC . (2) B 1 F ⊥ 平面 AEF . 又 ∵ AF ∩ EF ＝ F ， AF ， EF ⊂ 平面 AEF ， ∴ B 1 F ⊥ 平面 AEF . 证明 2. 如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P － ABCD 中， PA ⊥ 底面 ABCD ， E ， F 分别是 PC ， PD 的中点， PA ＝ AB ＝ 1 ， BC ＝ 2. ( 1) 求证： EF ∥ 平面 PAB ； 证明 证明　 由题意知 ， PA ⊥ AB ， PA ⊥ AD ， BA ⊥ AD ， 以点 A 为坐标原点 ， AB ， AD ， AP 所在直线分别为 x 轴 ， y 轴 ， z 轴 ， 建立空间直角坐标系 A － xyz 如图所 示 ， 则 A (0 ， 0 ， 0) ， B (1 ， 0 ， 0) ， C (1 ， 2 ， 0) ， D (0 ， 2 ， 0) ， P (0 ， 0 ， 1) ， 因为 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点， 又 AB ⊂ 平面 PAB ， EF ⊄ 平面 PAB ，所以 EF ∥ 平面 PAB . (2) 求证：平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 又因为 AP ∩ AD ＝ A ， AP ⊂ 平面 PAD ， AD ⊂ 平面 PAD ， 所以 DC ⊥ 平面 PAD . 因为 DC ⊂ 平面 PDC ， 所以平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 证明 3. 如图，已知点 P 在正方体 ABCD － A ′ B ′ C ′ D ′ 的对角线 BD ′ 上， ∠ PDA ＝ 60 °. (1) 求 DP 与 CC ′ 所成的角的大小； 解答 解　 如图，以点 D 为坐标原点，分别以 DA ， DC ， DD ′ 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 D － xyz . 连接 BD ， B ′ D ′ . 在 平面 BB ′ D ′ D 中，延长 DP 交 B ′ D ′ 于点 H . 因为 异面直线所成的角的范围是 (0° ， 90°] ， DP 与 CC ′ 所成的角为 45°. (2) 求 DP 与平面 AA ′ D ′ D 所成的角的大小 . 可得 DP 与平面 AA ′ D ′ D 所成的角为 30°. 解答 考点二　空间角的求解 要点重组 　 设直线 l ， m 的方向向量分别为 a ＝ ( a 1 ， b 1 ， c 1 ) ， b ＝ ( a 2 ， b 2 ， c 2 ). 平面 α ， β 的法向量分别为 u ＝ ( a 3 ， b 3 ， c 3 ) ， v ＝ ( a 4 ， b 4 ， c 4 )( 以下相同 ). (1) 线线角 (2) 线面角 (3) 二面角 设 α － l － β 的平面角为 θ (0 ≤ θ ≤ π) ， 4.(2018· 江苏 ) 如图，在正三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， AB ＝ AA 1 ＝ 2 ，点 P ， Q 分别为 A 1 B 1 ， BC 的中点 . (1) 求异面直线 BP 与 AC 1 所成角的余弦值； 解答 解　 如图，在正三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， 设 AC ， A 1 C 1 的中点分别为 O ， O 1 ， 则 OB ⊥ OC ， OO 1 ⊥ OC ， OO 1 ⊥ OB ， 因为 AB ＝ AA 1 ＝ 2 ， 因为 P 为 A 1 B 1 的中点， (2) 求直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成角的正弦值 . 解答 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 为平面 AQC 1 的一个法向量， 设直线 CC 1 与平面 AQC 1 所成的角为 θ ， (1) 证明：平面 PQC ⊥ 平面 DCQ ； 证明 证明　 由题意可得 QA ⊥ 平面 ABCD ，所以 QA ⊥ CD . 由四边形 ABCD 为正方形知 DC ⊥ AD ， 又因为 QA ∩ AD ＝ A ， QA ， AD ⊂ 平面 PDAQ ， 所以 CD ⊥ 平面 PDAQ ，所以 CD ⊥ PQ . 所以 PQ 2 ＋ DQ 2 ＝ PD 2 . 由勾股定理的逆定理得 PQ ⊥ QD . 又因为 CD ∩ DQ ＝ D ， CD ， DQ ⊂ 平面 DCQ ， 所以 PQ ⊥ 平面 DCQ . 又 PQ ⊂ 平面 PQC ，所以平面 PQC ⊥ 平面 DCQ . 解答 (2) 求二面角 Q － BP － C 的正弦值 . 解　 由题意知，如图，以点 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长度， DA ， DP ， DC 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 D － xyz ， 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 是平面 PBC 的－个法向量， 可取 n ＝ (0 ，－ 1 ，－ 2). 同理，平面 PBQ 的一个法向量为 m ＝ (1 ， 1 ， 1) ， 解答 6. 如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中， P 为棱 C 1 D 1 的中点， Q 为棱 BB 1 上的点，且 BQ ＝ λBB 1 ( λ ≠ 0 ). (1) 若 λ ＝ ， 求 AP 与 AQ 所成的角的余弦值； 解　 以点 A 为坐标原点，分别以 AB ， AD ， AA 1 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 . 解答 (2) 若直线 AA 1 与平面 APQ 所成的角为 45° ，求实数 λ 的值 . 设平面 APQ 的一个法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 z ＝－ 2 ，则 x ＝ 2 λ ， y ＝ 2 － λ . 所以 n ＝ (2 λ ， 2 － λ ，－ 2). 又因为直线 AA 1 与平面 APQ 所成的角为 45° ， 可得 5 λ 2 － 4 λ ＝ 0. 考点三　立体几何的综合问题 方法技巧 　利用空间向量求解立体几何中的综合问题，要根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，将题中条件数量化，利用计算方法求解几何问题 . 7.(2018· 全国 Ⅲ ) 如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半 圆弧 所在平面垂直， M 是 上 异于 C ， D 的点 . (1) 证明：平面 AMD ⊥ 平面 BMC ； 证明　 由题设知，平面 CMD ⊥ 平面 ABCD ，交线为 CD . 因为 BC ⊥ CD ， BC ⊂ 平面 ABCD ，所以 BC ⊥ 平面 CMD ， 又 DM ⊂ 平面 CMD ，故 BC ⊥ DM . 因为 M 为 上 异于 C ， D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM ⊥ CM . 又 BC ∩ CM ＝ C ， BC ， CM ⊂ 平面 BMC ， 所以 DM ⊥ 平面 BMC . 又 DM ⊂ 平面 AMD ，故平面 AMD ⊥ 平面 BMC . 证明 解答 (2) 当三棱锥 M － ABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值 . 当三棱锥 M － ABC 体积最大时， M 为 的 中点 . 由题设得 D (0 ， 0 ， 0) ， A (2 ， 0 ， 0) ， B (2 ， 2 ， 0) ， C (0 ， 2 ， 0) ， M (0 ， 1 ， 1) ， 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 是平面 MAB 的法向量，则 可取 n ＝ (1 ， 0 ， 2) ， 证明 ∵∠ ADC ＝ 90° ， ∴∠ DEF ＝ 45°. ∴∠ BEC ＝ 45°. ∴ BE ⊥ EF . 又平面 GBE ⊥ 平面 ABED ，平面 GBE ∩ 平面 ABED ＝ BE ， EF ⊂ 平面 ABED ， ∴ EF ⊥ 平面 BEG . ∵ BG ⊂ 平面 BEG ， ∴ EF ⊥ BG . 解答 解　 以点 C 为坐标原点，分别以 CD ， CB 所在 直线 为 x 轴， y 轴建立如图所示空间直角坐标系 C － xyz . 则 E (2 ， 0 ， 0) ， D (3 ， 0 ， 0) ， F (3 ， 2 λ ， 0). 取 BE 的中点 O ， ∵ GE ＝ BG ＝ 2 ， ∴ GO ⊥ BE ， 又 ∵ 平面 BEG ⊥ 平面 ABED ，平面 BEG ∩ 平面 ABED ＝ BE ， OG ⊂ 平面 BEG ， ∴ OG ⊥ 平面 BCE ， 设平面 DEG 的一个法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 设 FG 与平面 DEG 所成的角为 θ ， (1) 求证： OE ∥ 平面 A 1 B 1 CD ； 证明 证明　 连接 BD ， B 1 D 1 ， B 1 D ，因为四边形 ABCD 是正方形， O 是 AC 的中点 ， 所以 O 是 BD 的中点，设 BD 1 与 B 1 D 交于点 M ， 则点 M 是 BD 1 的中点， 所以 OE ∥ B 1 D ， 又 B 1 D ⊂ 平面 A 1 B 1 CD ， OE ⊄ 平面 A 1 B 1 CD ， 所以 OE ∥ 平面 A 1 B 1 CD . 解答 (2) 若平面 AEC 与平面 A 1 B 1 CD 所成的锐二面角的大小为 30° ，求直线 BD 1 与平面 A 1 B 1 CD 所成的角的正弦值 . 解　 如图，以点 D 为坐标原点，以 DA ， DC ， DD 1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 D － xyz ， 设 DD 1 ＝ h ( h >0) ，则 D (0 ， 0 ， 0) ， A (2 ， 0 ， 0) ， B (2 ， 2 ， 0) ， C (0 ， 2 ， 0) ， A 1 (2 ， 0 ， h ) ， D 1 (0 ， 0 ， h ) ， 设平面 A 1 B 1 CD 的法向量为 m ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 z ＝－ 2 ，则 m ＝ ( h ， 0 ，－ 2). 设平面 AEC 的法向量为 n ＝ ( a ， b ， c ) ， 令 c ＝－ 4 ，则 n ＝ ( h ， h ，－ 4). 因为平面 AEC 与平面 A 1 B 1 CD 所成的锐二面角的大小为 30° ， 整理得 h 4 ＋ 4 h 2 － 32 ＝ 0 ，即 ( h 2 ＋ 8)( h 2 － 4) ＝ 0 ，所以 h ＝ 2 ， 设直线 BD 1 与平面 A 1 B 1 CD 所成的角为 θ ， 模板答题规范练 模 板体验 典例 　 (12 分 ) 如图 1 ，在等腰直角三角形 ABC 中， ∠ BAC ＝ 90° ， BC ＝ 6 ， D ， E 分别是 AC ， AB 上的点， CD ＝ BE ＝ ， O 为 BC 的中点，将 △ ADE 沿 DE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 A ′ － BCDE ，其中 A ′ O ＝ . 　 (1) 求证： A ′ O ⊥ 平面 BCDE ； (2) 求二面角 A ′ － CD － B 的余弦值 . 审题路线图 规范解答 · 评分标准 (1) 证明　 如图 ① ， 在折叠前的图形中 ， 连接 AO 交 DE 于点 F ， 则 F 为 DE 的中点，在等腰直角三角形 ABC 中， 则 AF ＝ 2 ， OF ＝ 1. 　　　　 2 分 如图 ② ，在折叠后的图形中，连接 OF 和 A ′ F ， 所以 A ′ O ⊥ OF . 　　　　 3 分 在折叠前的图形中， DE ⊥ OA ， 所以在折叠后的图形中， DE ⊥ A ′ F ， DE ⊥ OF . 4 分 又 OF ∩ A ′ F ＝ F ， OF ， A ′ F ⊂ 平面 OA ′ F ， 所以 DE ⊥ 平面 OA ′ F . 因为 OA ′ ⊂ 平面 OA ′ F ，所以 DE ⊥ OA ′ . 5 分 因为 OF ∩ DE ＝ F ， OF ， DE ⊂ 平面 BCDE ， 所以 A ′ O ⊥ 平面 BCDE . 　　　 6 分 ( 2) 解　 以 O 为坐标原点，分别以 OF ， OB ， OA ′ 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 O － xyz ，如图 ③ 所示 ( F 为 DE 的中点 ) ， 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 为平面 A ′ CD 的一个法向量， 又由图知，二面角为锐角， 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 找垂直 ：找出 ( 或作出 ) 具有公共交点的三条两两垂直的直线 . [ 第二步 ] 　 写坐标 ：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标 . [ 第三步 ] 　 求向量 ：求直线的方向向量或平面的法向量 . [ 第四步 ] 　 求夹角 ：计算向量的夹角 . [ 第五步 ] 　 得结论 ：得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角 . 1. 如图，在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， ∠ ABC ＝ 90° ， BC ＝ 2 ， CC 1 ＝ 4 ，点 E 在线段 BB 1 上，且 EB 1 ＝ 1 ， D ， F ， G 分别为 CC 1 ， C 1 B 1 ， C 1 A 1 的中点 . 求证 ： (1) B 1 D ⊥ 平面 ABD ； 规范演练 证明 证明　 由直三棱柱的性质知， BB 1 ⊥ AB ， BB 1 ⊥ BC ， 又 AB ⊥ BC ， 以 B 为坐标原点， BA ， BC ， BB 1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴， 建立空间直角坐标系 B － xyz ，如图所示， 则 B (0 ， 0 ， 0) ， D (0 ， 2 ， 2) ， B 1 (0 ， 0 ， 4) ， C 1 (0 ， 2 ， 4) ， 设 BA ＝ a ，则 A ( a ， 0 ， 0) ， 即 B 1 D ⊥ BA ， B 1 D ⊥ BD . 又 BA ∩ BD ＝ B ， BA ， BD ⊂ 平面 ABD ， 所以 B 1 D ⊥ 平面 ABD . (2) 平面 EGF ∥ 平面 ABD . 即 B 1 D ⊥ EG ， B 1 D ⊥ EF . 又 EG ∩ EF ＝ E ， EG ， EF ⊂ 平面 EGF ， 所以 B 1 D ⊥ 平面 EGF . 结合 (1) 可知平面 EGF ∥ 平面 ABD . 证明 2.(2018· 永州模拟 ) 如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形， EF ∥ AC ， EF ＝ 1 ， ∠ ABC ＝ 60° ， CE ⊥ 平面 ABCD ， CE ＝ ， CD ＝ 2 ， G 是 DE 的中点 . (1) 求证：平面 ACG ∥ 平面 BEF ； 证明　 连接 BD 交 AC 于 O ， 则 O 是 BD 的中点，故 OG ∥ BE ， 又 BE ⊂ 平面 BEF ， OG ⊄ 平面 BEF ，所以 OG ∥ 平面 BEF . 又 EF ∥ AC ， AC ⊄ 平面 BEF ， EF ⊂ 平面 BEF ，所以 AC ∥ 平面 BEF ， 又 AC ∩ OG ＝ O ， AC ， OG ⊂ 平面 ACG ， 所以平面 ACG ∥ 平面 BEF . 证明 (2) 求直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值 . 解答 解　 连接 OF ，由题意可得 OC ＝ 1 ，即 OC ＝ EF ， 又 EF ∥ AC ，所以四边形 OCEF 为平行四边形， 所以 OF ⊥ 平面 ABCD ， 所以 OF ， OC ， OD 两两垂直 . 如图，以 O 为坐标原点，分别以 OC ， OD ， OF 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系， 3.(2018· 天津 ) 如图， AD ∥ BC 且 AD ＝ 2 BC ， AD ⊥ CD ， EG ∥ AD 且 EG ＝ AD ， CD ∥ FG 且 CD ＝ 2 FG ， DG ⊥ 平面 ABCD ， DA ＝ DC ＝ DG ＝ 2. ( 1) 若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥ 平面 CDE ； 证明 可得 n 0 ＝ (1 ， 0 ，－ 1). 又因为直线 MN ⊄ 平面 CDE ， 所以 MN ∥ 平面 CDE . (2) 求二面角 E － BC － F 的正弦值； 解答 不妨令 z ＝ 1 ，可得 n ＝ (0 ， 1 ， 1). 不妨令 z ＝ 1 ，可得 m ＝ (0 ， 2 ， 1). (3) 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60° ，求线段 DP 的长 . 解答 解　 设线段 DP 的长为 h ( h ∈ [0 ， 2]) ，则点 P 的坐标为 (0 ， 0 ， h ) ， 4. 如图，同一平面上直角梯形 ABCD 和直角梯形 ABEF 全等， AD ＝ 2 AB ＝ 2 BC ，将梯形 ABEF 沿 AB 折起，使二面角 F － AB － D 的大小为 θ (0 ＜ θ ＜ π). ( 1) 求证：对任意 θ ∈ (0 ， π) ，平面 ABEF ⊥ 平面 ADF ； 证明　 在折起过程中， AB ⊥ AF ， AB ⊥ AD 恒成立，且 AF ∩ AD ＝ A ， AF ⊂ 平面 ADF ， AD ⊂ 平面 ADF ，所以 AB ⊥ 平面 ADF . 因为 AB ⊂ 平面 ABEF ，所以平面 ABEF ⊥ 平面 ADF ， 所以对任意 θ ∈ (0 ， π) ，平面 ABEF ⊥ 平面 ADF . 证明 解答 解　 因为 AF ⊥ AB ， AD ⊥ AB ，则二面角 F － AB － D 的平面角为 ∠ FAD ， 即 θ ＝ ∠ FAD ＝ 90° ， AB ， AD ， AF 两两垂直 . 以 A 点为坐标原点， AB ， AD ， AF 所在直线分别 为 x 轴 ， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 A － xyz ， 设 AB ＝ BC ＝ 1 ，则 AD ＝ 2 ， BE ＝ 1. 所以 A (0 ， 0 ， 0) ， B (1 ， 0 ， 0) ， D (0 ， 2 ， 0) ， E (1 ， 0 ， 1). 设 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) 为平面 BED 的法向量， 令 y 1 ＝ 1 ，则 n 1 ＝ (2 ， 1 ， 0). 设 n 2 ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ) 为平面 AED 的法向量， 令 x 2 ＝ 1 ，则 n 2 ＝ (1 ， 0 ，－ 1).