- 2021-06-23 发布 |
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文档介绍
【推荐】专题09+如何求空间坐标系中非特殊点的坐标-2018版高人一筹之高三数学(理)二轮复习特色专题训练
一、解答题 1.长方形中, , 是中点(图1).将△沿折起,使得(图2)在图2中: (1)求证:平面 平面; (2)在线段上是否存点,使得二面角为大小为,说明理由. 【答案】(1)见解析(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)长方形中,连结,因为, 是中点,所以,从而,所以,再根据,可得线面垂直,从而证明平面 平面(2)建立空间直角坐标系,计算平面的法向量,取面的一个法向量是,利用其夹角为,即可得出. (2)因为平面 平面,交线是,所以在面过垂直于的直线必然垂直平面.以为坐标原点, 为轴, 为轴,过作平面的垂线为轴,建立空间直角坐标系. 依题意,即,解方程得,或,取,因此在线段上存点,使得二面角为大小为. 点睛:立体几何问题对于第一问,要注意结合图形,特别是中点,寻求垂直或平行关系,对于第二问关键是建系写点的坐标,利用求得的法向量来求二面角的余弦,注意对角是锐角钝角的分析. 2.如图所示,在底面为正方形的四棱柱中, . (1)证明:平面平面; (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析: (1)连交于,由条件可得,又由得到 ,从而可得平面.由四边形为平行四边形可得,所以平面,因此平面平面.(2)由条件可得两两垂直,建立空间直角坐标系,求出平面的法向量和直线的法向量,根据两向量的夹角的余弦值可求得线面角的正弦值. 由题意得,故四边形为平行四边形. ∴, ∴平面, 又平面内, ∴ 平面平面. (2)由题意得两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系, ∵, ∴为等边三角形, ∴. 又, ∴. 则. ∴, , . 3.如图,在直三棱柱中, 、分别为、的中点, , . (1)求证:平面平面; (2)若直线和平面所成角的正弦值等于,求二面角的平面角的正弦值. 【答案】(1)见解析;(2). 【解析】试题分析:(1)要证面面垂直,先证线面垂直, 平面,再由面面垂直的判定得到面面垂直;(2)建系得到面的法向量和直线的方向向量,根据公式得到线面角的正弦值。. (2)由(1)可知 以点为坐标原点, 为轴正方向, 为轴正方向, 为轴正方向,建立坐标系.设 , , , , , , , 直线的方向向量,平面的法向量 可知∴ , , 设平面的法向量 ∴∴ 设平面的法向量 ∴∴ 记二面角的平面角为 ∴ 二面角的平面角的正弦值为. 4.如图,在几何体中,四边形为矩形,四边形为梯形, ,平面与平面垂直,且. (1)求证: 平面; (2)若,且平面与平面所成锐二面角的余弦值为,求的长. 【答案】(1)证明见解析;(2)1. 试题解析: (1)证明:因为平面与平面垂直 且,平面与平面的交线为 所以面, 又面 所以, 在矩形中, 又四边形为梯形, 所以与相交, 故平面 (2)由(1)知, 垂直, 垂直,又垂直, 平行,所以垂直,如图,以为坐标原点, 分别为轴建立空间坐标系 所以平面的法向量为 易知,平面的法向量为, 因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为,则, 即,解得,即 5.如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且平面平面,底面是的菱形, 为棱上的动点,且. (Ⅰ)求证: ; (Ⅱ)试确定的值,使得二面角的平面角余弦值为. 【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ) . 试题解析: (Ⅰ)取的中点,连结,由题意可得, 均为正三角形, 所以, , 又, 所以平面, 又平面, 所以. 因为, 所以. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知. 又平面平面,平面平面, 平面, 所以平面. 故可得两两垂直,以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则, , , , 所以 , 由,可得点的坐标为, 所以, , 所以当时,二面角的余弦值为. 点睛:解决立体几何中探索性问题的基本策略 通常假定题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;若导出与条件或实际情况相矛盾的结果,则说明假设不成立,即不存在. 6.如下图,在空间直角坐标系中,正四面体(各条棱均相等的三棱锥)的顶点分别在轴, 轴, 轴上. (Ⅰ)求证: 平面; (Ⅱ)求二面角的余弦值. 【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ). 试题解析: (Ⅰ)由,易知. 设,则, , , , 设点的坐标为,则由, 可得 , 解得, 所以. 又平面的一个法向量为, 所以,所以平面. 点睛:立体几何中求直线与平面成的角和二面角,有两种方法:第一种是根据“空间角”的定义作出反应这个“空间角”的“平面角”,然后在三角形中求解,这种方法有三个步骤:一作二证三计算;第二种是根据图形建立适当的空间直角坐标系(充分利用图形中的垂直关系),写出各点坐标,求出平面的法向量,直线的方程向量,利用向量的夹角来求“空间角”,这种方法重在计算,解题步骤固定. 7.如图,三棱柱中, 平面, , .过的平面交于点,交于点. (l)求证: 平面; (Ⅱ)求证:四边形为平行四边形; (Ⅲ)若是,求二面角的大小. 【答案】(1)见解析(2) 见解析(3) 【解析】试题分析:(Ⅰ)由线面垂直的性质 可得,由菱形的性质可得.从而由线面垂直的判定定理可得平面;(Ⅱ)先证明平面,再根据线面平行的性质可得,根据面面平行的性质可得,从而得四边形为平行四边形;(Ⅲ)在平面内,过作.因为 平面,所以,以 为轴建立空间直角坐标系,可知平面的法向量为,根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量,利用空间向量夹角余弦公式可得结果. (Ⅱ)因为 , 平面,所以 平面. 因为 平面平面,所以. 因为 平面平面, 平面平面,平面平面, 所以 . 所以 四边形为平行四边形. 由(Ⅰ)得平面的法向量为. 设平面的法向量为, 则 即 令,则, ,所以 . 所以 . 由图知 二面角的平面角是锐角, 所以 二面角的大小为. 【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理、线面平行的性质、面面平行的直线以及利用空间向量求二面角,属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离. 8.在等腰梯形中, ,将梯形沿着翻折至(如图),使得平面与平面垂直. (Ⅰ)求证: ; (Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ). 试题解析: (Ⅰ)证明,不妨设,过作垂线交于, 则, , 所以,所以,又因为平面与平面垂直, 所以平面,所以 (Ⅱ)建立如图坐标系, 9.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,PD⊥平面ABCD,PD=AD=3,PM=2MD,AN=2NB,∠DAB=60°. (1)求证:直线AM∥平面PNC; (2)求二面角D﹣PC﹣N的余弦值. 【答案】(1)见解析;(2). 【解析】试题分析:(1)在上取一点,使,连接, ,可得, , 为平行四边形,即,即可得直线平面. (2)取中点,可得, , 相互垂直,以为原点,如图建立空间直角坐标系,易知平面的法向量,求出面的法向量,计算出两向量夹角即可. 试题解析:(1)在上取一点,使,连接, , (2)取中点,底面是菱形, ,∴,∵,∴,即,又平面,∴,又,∴直线平面,故, , 相互垂直,以为原点,如图建立空间直角坐标系. 10.如图,在四棱锥中, 为等边三角形,平面平面, , , 为的中点. (1)求二面角的正弦值; (2)若平面,求的值. 【答案】(1)(2). 【解析】试题分析: (1)由题意可知, , ,据此建立空间直角坐标系,计算可得平面的法向量为,且平面的一个法向量为,据此计算可得二面角的正弦值为. (2)结合(1)中的空间直角坐标系有,据此得到关于实数a的方程: ,解方程有: . 则, , 设平面的法向量为, 则 ,即 令,则,于是, 又平面的一个法向量为,设二面角为, 所以, , 所以二面角的正弦值为. 11.已知正四棱锥的各条棱长都相等,且点分别是的中点. (1)求证: ; (2)若平面,且,求的值. 【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析:(1)由题意易证: . , 所以平面 ,从而证得结果; (2)建立空间直角坐标系,平面的法向量为,因为平面,所以 ,从而得到的值. 试题解析: (1)设,则为底面正方形中心,连接, 因为为正四梭锥.所以平面,所以. 又,且,所以平面; 因为平面,故. 因为平面,所以, 即.解得,所以. 12.如图1 ,在△ABC中,AB=BC=2, ∠B=90°,D为BC边上一点,以边AC为对角线做平行四边形ADCE,沿 AC将△ACE折起,使得平面ACE ⊥平面ABC,如图2. (1)在图 2中,设M为AC的中点,求证:BM丄AE; (2)在图2中,当DE最小时,求二面角A -DE-C的平面角. 【答案】(1)证明见解析;(2) 【解析】试题分析:(1)根据题设条件推出,再由平面平面推出平面,即可得证;(2)分别以射线, 的方向为, 轴的正方向,建立空间直角坐标系,求出当最小时,点和的坐标,分别求出平面和平面的法向量,代入向量夹角公式,可得二面角的平面角. (2)如图,分别以射线, 的方向为, 轴的正方向,建立空间直角坐标系 设,则, , , ∵, ,平面平面 ∴ ∴ 当且仅当时, 最小,此时, 设, 平面,则,即 ∴ 令,可得, ,则有 ∴ ∴观察可得二面角的平面角 13.(本题分) 如图, 和所在的平面互相垂直,且, . (Ⅰ)求证: . (Ⅱ)求直线与面所成角的大小的正弦值. (Ⅲ)求二面角的大小的余弦值. 【答案】(1)详见解析(2) (3) 【解析】试题分析:(1)建立空间直角坐标系,即证;(2)求出平面的一个法向量,利用公式即可得到直线与面所成角的大小的正弦值,(3)求出平面的法向量,结合(2),利用公式求出二面角的大小的余弦值. 试题解析: (Ⅰ)设,作于,连结,以点为原点, , , 的方向分别为轴, 轴, 轴建立空间直角坐标系,如图所示:则, , , , ,所以, , ∴. ∴. (Ⅲ)解:设平面的法向量, 则,即, 令,则, , ∴. . 又二面角为钝角, ∴二面角的余弦值为. 点睛:利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”. 14.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,为正三角形,且侧面PAB⊥底面ABCD, 为线段的中点, 在线段上. (I)当是线段的中点时,求证:PB // 平面ACM; (II)求证: ; (III)是否存在点,使二面角的大小为60°,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)当时,二面角的大小为60°. 试题解析:(I)证明:连接BD交AC于H点,连接MH, 因为四边形ABCD是菱形, 所以点H为BD的中点. 又因为M为PD的中点, 所以MH // BP. 又因为 BP 平面ACM, 平面ACM. 所以 PB // 平面ACM. 则, , , , . 假设棱上存在点,设点坐标为, , 则, 所以, 所以, , 设平面的法向量为,则 ,解得. 点睛:(1)探索性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法. 15.如图,四棱柱的底面是菱形, , , . (Ⅰ)证明:平面平面; (Ⅱ)若,直线上是否存在点,使得与平面所成角的正弦值为.若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) 或. 【解析】试题分析:(Ⅰ)用几何法证明,先证得平面,再证平面平面. (Ⅱ)由条件可得两两相互垂直,故可建立坐标系,转化为代数运算求解。 (Ⅱ)在菱形中,由,可得, 由,可得. 在三角形中,由,可得. 故得两两相互垂直. 以为原点, 方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系. 则, , , , 由,可得, , 设, , 所以. 设平面的法向量为, 点睛:(1)用向量法解立体几何问题时,在建立坐标系的基础上,关键是如何确定点的坐标,对于不容易确定坐标的点,可通过向量的运算、相等向量等方法去确定点的坐标。 (2)由于本题(Ⅱ)中,要求是“直线上是否存在点”,故求出的点应有两个,解题时要注意对题意的理解。 16.如图所示,三棱柱中,已知侧面. (1)求证: 平面; (2)是棱长上的一点,若二面角的正弦值为,求的长. 【答案】(1)见解析;(2). 【解析】试题分析:(Ⅰ)证明AB⊥BC1,在△CBC1中,由余弦定理求解B1C,然后证明BC⊥BC1,利用直线与平面垂直的判定定理证明C1B⊥平面ABC. (Ⅱ)通过AB,BC,BC1两两垂直.以B为原点,BC,BA,BC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.求出相关点的坐标,求出平面AB1E的一个法向量,平面的一个法向量通过向量的数量积,推出λ的方程,求解即可. 由可以知道, , ,两两垂直,以为原点, , ,所在直线为, , 轴建立空间直角坐标系. 则, , , , , , . 令,∴, . 设平面的一个法向量为, , 令,则, , ∴, 平面,∴是平面的一个法向量, ,两边平方并化简得,所以或. ∴或. 点睛:本题考查面面垂直,线面垂直,线线垂直的判定及性质以及二面角的余弦,属于中档题。对于第一问,要注意结合图形,特别是中点,寻求垂直或平行关系,本题利用了余弦定理,求边长,再利用勾股定理得到线线垂直,对于第二问关键是建系写点的坐标,利用求得的法向量来求二面角的余弦,注意对角是锐角钝角的分析.查看更多