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文档介绍
【数学】2019届一轮复习北师大版直线、平面与空间向量的应用
高考必考题突破讲座(四) 直线、平面与空间向量的应用 题型特点 考情分析 命题趋势 立体几何是高考的重要内容,每年基本上都是一个解答题,一至两道选择题或填空题.小题主要考查学生的空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式,即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直,再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力. 2017·全国卷Ⅰ,18 2017·全国卷Ⅲ,19 2017·浙江卷,19 2017·山东卷,17 热点题型主要有空间角的计算、平面图形的翻折、探索性问题等. 分值:12分 1.空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 (1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解. (2)利用向量求空间角的步骤: 第一步:建立空间直角坐标系; 第二步:确定点的坐标; 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标; 第四步:计算向量的夹角(或函数值); 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角; 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 2.立体几何中的探索性问题 一般以解答题形式呈现,常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题,是高考命题的热点,其解决方式有: (1)根据条件作出判断,再进一步论证; (2)利用空间向量,先假设存在点的坐标,再根据条件判断该点的坐标是否存在. 3.立体几何中的折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的折叠问题,折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明: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. 解析 (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°, 得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 可得PF⊥平面ABCD. 以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示空间直角坐标系Fxyz. 由(1)及已知可得A,P,B,C. 所以=,=(,0,0), =,=(0,1,0). 设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则 即 可取n=(0,-1,-). 设m=(a,b,c)是平面PAB的法向量,则 即可取m=(1,0,1). 则cos 〈n,m〉==-. 所以二面角A-PB-C的余弦值为-. 【例2】 (2018·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD=,AB=2AD. (1)求证:平面BDEF⊥平面ADE; (2)若ED=BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值. 解析 (1)在△ABD中,∠ABD=, AB=2AD,由余弦定理,得BD=AD, 从而BD2+AD2=AB2, 所以△ABD为直角三角形且∠ADB=90°, 故BD⊥AD. 因为DE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD. 又AD∩DE=D,所以BD⊥平面ADE. 因为BD⊂平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面ADE. (2)由(1)可得,在Rt△ABD中,∠BAD=,BD=AD, 又由ED=BD, 设AD=1,则BD=ED=.因为DE⊥平面ABCD,BD⊥AD, 所以可以点D为坐标原点,DA,DB,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 则A(1,0,0),C(-1,,0),E(0,0,),F(0,,). 所以=(-1,0,),=(-2,,0). 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=1,得n=(,2,1),为平面AEC的一个法向量. 因为A=(-1,,), 所以cos〈n,A〉==, 所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为. 【例3】 (2016·北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=. (1)求证:PD⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 解析 (1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中点O,连接PO,CO. 因为PA=PD,所以PO⊥AD. 又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO. 因为AC=CD,所以CO⊥AD. 如图,建立空间直角坐标系Oxyz. 由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=2,则x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2). 又=(1,1,-1), 所以cos 〈n,〉==-. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. (3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ. 因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ). 因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD, 当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0, 解得λ=. 所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD, 此时=. 【例4】 (2016·全国卷Ⅱ)如图,菱形ABCD的对角线AC与ED交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=. (1)证明:D′H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D′A-C的正弦值. 解析 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF,得=,故AC∥EF. 因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H. 由AB=5,AC=6得DO=BO==4. 由EF∥AC得==.所以OH=1,D′H=DH=3. 于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH. 所以D′H⊥平面ABCD. (2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Hxyz. 则A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D′(0,0,3), =(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3). 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的一个法向量, 则即 所以可取m=(4,3,-5). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的一个法向量, 则即 所以可取n=(0,-3,1). 于是cos 〈m,n〉===-. sin 〈m,n〉=. 因此二面角B-D′A-C的正弦值是. 1.如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2. (1)证明:CD⊥平面A1OC; (2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值. 解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1, AD=2,E是AD的中点∠BAD=,所以BE⊥AC. 即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC. 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知,平面ABE⊥平面BCDE, 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC. 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角, 所以∠A1OC=. 如图,以O为原点,,,分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系, 因为|A1B|=|A1E|=|BC|=|ED|=1,BC∥CD, 所以BE,A1,C, 得=,=, ==(-,0,0). 设平面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的一个法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ, 则得取n1=(1,1,1); 由得取n2=(0,1,1), 从而cos θ=|cos 〈n1,n2〉|==, 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. 2.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥侧面ABB1A1,且AA1=AB=2. (1)求证:AB⊥BC; (2)若直线AC与平面A1BC所成的角为,请问在线段A1C上是否存在点E,使得二面角A-BE-C的大小为,请说明理由. 解析 (1)证明:连接AB1交A1B于点D, ∵AA1=AB,∴AD⊥A1B, 又平面A1BC⊥侧面ABB1A1,两平面的交线为A1B, ∴AD⊥平面A1BC,BC⊂平面A1BC,∴AD⊥BC. ∵三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥底面ABC, ∴AA1⊥BC,又AA1∩AD=A,∴BC⊥侧面ABB1A1, ∴BC⊥AB. (2)由(1)AD⊥平面A1BC, ∴∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角, 即∠ACD=,又AD=,∴AC=2, 假设存在适合条件的点E, 建立如图所示空间直角坐标系Axyz, 设=λ(0≤λ≤1), 则B(,,0),B1(,,2), 由A1(0,0,2),C(2,0,0), 得E(2λ,0,2-2λ), 设平面EAB的一个法向量m=(x,y,z), 由得 ∴可取m=(λ-1,1-λ,λ), 由(1)知AB1⊥平面A1BC, ∴平面CEB的一个法向量n=(1,1,), ∴==cos 〈m,n〉==, 解得λ=, 故点E为线段A1C中点时,二面角A-BE-C的大小为. 3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知侧面ABB1A1是菱形,侧面BCC1B1是正方形,点A1在底面ABC的投影为AB的中点D. (1)证明:平面AA1B1B⊥平面BB1C1C; (2)设P为B1C1上一点,且=,求二面角A1-AB-P的正弦值. 解析 (1)证明:∵A1D⊥底面ABC,∴A1D⊥BC, 侧面BCC1B1是正方形,∴B1B⊥BC, A1D,B1B ⊂平面AA1B1B,且A1D与B1B相交, ∴BC⊥平面AA1B1B, BC⊂平面BB1C1C,∴平面BB1C1C⊥平面AA1B1B. (2)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz,设菱形边长为2, 则A(0,-1,0),B(0,1,0), ∵D为AB的中点,且A1D⊥AB,∴A1A=A1B, 又ABB1A1为菱形,∴△A1AB为正三角形,∠A1AD=60°, ∴A1D=,∴A1(0,0,), 由==(0,2,0),得B1(0,2,), 由===,得P. 设平面ABP的一个法向量为m=(x,y,z), =,=(0,2,0), 由得 ∴可取m=(3,0,-2), 易知平面AA1B1B的一个法向量n=(1,0,0), ∴cos 〈m, n〉==. ∴二面角A1-AB-P的正弦值为sin 〈m, n〉=. 高考必考题突破讲座(四) 直线、平面与空间向量的应用 [解密考纲]立体几何问题是高考的重要内容,每年都考查一个解答题,两个选择或填空题,客观题主要考查空间概念,三视图及简单计算;解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等,难度中等. 1.(2018·广东五校诊断)如图,菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2. (1)求证:BD⊥平面ACFE; (2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小. 解析 (1)∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC. ∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥AE. ∵AC∩AE=A,∴BD⊥平面ACFE. (2)以O为原点,,的方向为x,y轴正方向,过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B(0,,0),D(0,-,0),E(1,0,2),F(-1,0,a)(a>0),=(-1,0,a). 设平面EBD的法向量为n=(x,y,z), 则有即令z=1,则n=(-2,0,1), 由题意得sin 45°=|cos〈,n〉|===. ∵a>0,∴解得a=3. ∴=(-1,0,3),=(1,-,2), ∴cos〈·〉===. 故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为. 2.(2018·河南郑州模拟)如图,在△ABC中,∠ABC=,O为AB边上一点,且3OB=3OC=2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA=2AO=PO,且DA∥PO. (1)求证:平面PBAD⊥平面COD; (2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值. 解析 (1)证明:∵OB=OC,又∵∠ABC=, ∴∠OCB=,∴∠BOC=,即CO⊥AB. 又PO⊥平面ABC,OC⊂平面ABC,∴PO⊥OC. 又∵PO,AB⊂平面PAB,PO∩AB=O, ∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PBAD. 又CO⊂平面COD,∴平面PBAD⊥平面COD. (2)以OC,OB,OP所在射线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 设|OA|=1,则|PO|=|OB|=|OC|=2,|DA|=1. 则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴=(0,-1,-1),=(2,-2,0),=(0,-3,1). 设平面BDC的法向量为n=(x,y,z), ∴∴ 令y=1,则x=1,z=3,∴n=(1,1,3). 设PD与平面BDC所成的角为θ, 则sin θ===. 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为. 3.(2018·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥平面SAB; (2)求AB与平面SBC所成角的正弦值. 解析 方法一 (1)建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz, 则D(1,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0), 设S(x,y,z),则x>0,y>0,z>0, 且=(x-2,y-2,z,),=(x,y-2,z).=(x-1,y,z). 由||=||,得=,得x=1, 由||=1得y2+z2=1,① 由||=2得y2+z2-4y+1=0,② 由①②解得y=,z=,∴S, =,=,=,∴·=0,·=0,∴DS⊥AS,DS⊥BS, 又AS∩DS=S,∴SD⊥平面SAB. (2)设平面SBC的一个法向量为m=(a,b,c), =,=(0,2,0),=(-2,0,0), 由得∴可取m=(-,0,2), 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为 cos〈m,〉===. 方法二 (1)如右图,取AB的中点E,连接DE,SE, 则四边形BCDE为矩形,∴DE=CB=2, ∴AD==. ∵侧面SAB为等边三角形,AB=2, ∴SA=SB=AB=2,且SE=, 又SD=1,∴SA2+SD2=AD2,SE2+SD2=ED2, ∴SD⊥SA,SD⊥SB,又AS∩DS=S,∴SD⊥平面SAB. (2)作S在DE上的射影G,∵AB⊥SE,AB⊥DE,AB⊥平面SDE,∴平面SDE⊥平面ABCD, 两平面的交线为DE,∴SG⊥平面ABCD, 在Rt△DSE中,由SD·SE=DE·SG得1×=2×SG, ∴SG=, 作A在平面SBC上的射影H,则∠ABH为AB与平面SBC所成的角, ∵CD∥AB,AB⊥平面SDE,∴CD⊥平面SDE,∴CD⊥SD, 在Rt△CDS中,由CD=SD=1,求得SC=. 在△SBC中,SB=BC=1,SC=, ∴S△SBC=××=, 由VA-SBC=VS-ABC,得·S△SBC·AH=·S△ABC·SG, 即××AH=××2×2×,得AH=, ∴sin ∠ABH==, 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为. 4.(2018·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,∠PAD=45°,E为PA的中点. (1)求证:DE∥平面BPC; (2)线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB?若存在,试求出二面角F-PC-D的余弦值;若不存在,请说明理由. 解析 (1)证明:取PB的中点M,连接EM和CM,过点C作CN⊥AB,垂足为点N. ∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA, 又AB∥CD,∴四边形CDAN为平行四边形, ∴CN=AD=8,DC=AN=6, 在Rt△BNC中,BN===6, ∴AB=12,而E,M分别为PA,PB的中点, ∴EM∥AB且EM=6,又DC∥AB, ∴EM∥CD且EM=CD,四边形CDEM为平行四边形, ∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC, ∴DE∥平面BPC. (2)由题意可得DA,DC,DP两两互相垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz, 则A(8,0,0),B(8,12,0),C(0,6,0),P(0,0,8). 假设AB上存在一点F使CF⊥BD,设点F坐标为(8,t,0), 则=(8,t-6,0),=(8,12,0), 由·=0得t=. 又平面DPC的法向量为m=(1,0,0), 设平面FPC的法向量为n=(x,y,z). 又=(0,6,-8),=. 由得即 不妨令y=12,有n=(8,12,9). 则cos〈n,m〉===. 又由图可知,该二面角为锐二面角, 故二面角F-PC-D的余弦值为. 5.(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点. (1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小. 解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE, AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP, 又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP, 又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°. (2)方法一 取的中点H,连接EH,GH,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形, 所以AE=GE=AC=GC==. 取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM==2. 在△BEC中,由于∠EBC=120°, 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°. 方法二 以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3), C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量. 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量. 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2). 所以cos〈m,n〉==.因此所求的角为60°. 6.(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 解析 (1)证明:由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又因为△ABC是正三角形,故BO⊥AC, 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2, 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故∠BOD=90°.所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABCD的距离的, 即E为DB的中点,得E, 故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=. 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 则即可取n=. 设m是平面AEC的法向量,则 同理可取m=(0,-1,),则cos〈n,m〉==. 所以二面角D-AE-C的余弦值为.查看更多