2019届高三数学(理)二轮专题复习文档:专题三立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第第 3 讲 立体几何中的向量方法讲 立体几何中的向量方法 高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点, 常与空间线面关 系的证明相结合,热点为二面角的求解,均以解答题的形式进行考查,难度主要 体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 真 题 感 悟 1.(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中, ABC120, AB2, BCCC1 1,则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 3 2 15 5 10 5 3 3 解析 法一 以 B 为原点,建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 图(1) 图(2
2、) 则 B(0,0,0),B1(0,0,1),C1(1,0,1). 又在ABC 中,ABC120,AB2,则 A(1, ,0).3 所以(1,1),(1,0,1),AB1 3BC1 则 cos,AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | , (1, 3,1)(1,0,1) 5 2 2 5 2 10 5 因此,异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为. 10 5 法二 如图(2), 设 M, N, P 分别为 AB, BB1, B1C1中点, 则 PNBC1, MNAB1, AB1与 BC1所成的角是MNP 或其补角. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 AB2,BCCC1
3、1, MN AB1,NP BC1. 1 2 5 2 1 2 2 2 取 BC 的中点 Q, 连接 PQ, MQ, 则可知PQM 为直角三角形, 且 PQ1, MQ AC, 1 2 在ABC 中,AC2AB2BC22ABBCcosABC 412217,AC, ( 1 2) 7 则 MQ,则MQP 中,MP, 7 2 MQ2PQ2 11 2 则PMN 中,cosPNMMN 2NP2PM2 2MNNP , ( 5 2) 2 ( 2 2) 2 ( 11 2) 2 2 5 2 2 2 10 5 又异面直线所成角范围为,则余弦值为. (0, 2 10 5 答案 C 2.(2018全国卷)如图,边长为 2
4、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.CD CD (1)证明:平面 AMD平面 BMC; (2)当三棱锥 MABC 体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦 值. (1)证明 由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD. 因为 BCCD,BC平面 ABCD, 所以 BC平面 CMD,又 DM平面 CDM,故 BCDM. 因为 M 为上异于 C,D 的点,且 DC 为直径,CD 所以 DMCM. 又 BCCMC,所以 DM平面 BMC. 由于 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下
5、载可打印 (2)解 以 D 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立DA 如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 当三棱锥 MABC 体积最大时,M 为的中点.CD 由题设得 D(0, 0, 0), A(2, 0, 0), B(2, 2, 0), C(0, 2, 0), M(0, 1, 1), (2,1,1),(0,2,0),(2,0,0).AM AB DA 设 n(x,y,z)是平面 MAB 的法向量, 则即 nAM 0, nAB 0,) 2xyz0, 2y0.) 可取 n(1,0,2). 又是平面 MCD 的法向量,DA 因此 cosn,sinn,.DA nDA |n|DA | 5 5 DA
6、 2 5 5 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值为. 2 5 5 3.(2018全国卷)如图, 四边形 ABCD 为正方形, E, F 分 别为 AD, BC的中点,以 DF为折痕把DFC折起,使点 C到 达点P 的位置,且PFBF. (1)证明:平面 PEF平面 ABFD; (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明 由已知可得,BFPF,BFEF,又 PFEFF,PF,EF平面 PEF, 所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD,所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解 作 PHEF,垂足为 H.由(1)得,PH平面 ABFD. 以 H 为坐
7、标原点,以的方向为 y 轴的正方向,|HF BF 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz. 由(1)可得, DEPE.又DP2, DE1, 所以PE.又PF1, EF2, 故EF2PE23 PF2,所以 PEPF. 可得 PH,EH . 3 2 3 2 则 H(0,0,0),P,D, (0,0, 3 2) (1, 3 2,0) ,为平面 ABFD 的一个法向量.DP (1, 3 2, 3 2) HP (0,0, 3 2) 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 , 则 sin . | HP DP |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以
8、DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 3 4 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a(a1, b1, c1), 平面, 的法向量分别为(a2, b2, c2), v (a3,b3,c3),则 (1)线面平行 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)线面垂直 laaka1ka2,b1kb2,c1kc2. (3)面面平行 vva2a3,b2b3,c2c3. (4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l,m 的方向向量分别为 a(a1,b1,c1),b(a2,b2,c2),
9、平面 , 的 法向量分别为 (a3,b3,c3),v(a4,b4,c4)(以下相同). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)线线夹角 设 l,m 的夹角为 ,则 (0 2) cos . |ab| |a|b| |a1a2b1b2c1c2| abc abc (2)线面夹角 设直线 l 与平面 的夹角为 ,则 (0 2) sin |cosa,|. |a| |a| (3)面面夹角 设平面 , 的夹角为 (0), 则|cos |cos,v|. |v| |v| 热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系 【例1】 如图,在四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD DCAP2
10、,AB1,点 E 为棱 PC 的中点.证明: (1)BEDC; (2)BE平面 PAD; (3)平面 PCD平面 PAD. 证明 依题意, 以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图), 可得 B(1, 0, 0), C(2, 2, 0),D(0,2,0),P(0,0,2).由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1). (1)向量(0,1,1),(2,0,0),故0.BE DC BE DC 所以 BEDC. (2)因为 ABAD,又 PA平面 ABCD,AB平面 ABCD, 所以 ABPA,PAADA,PA,AD平面 PAD, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 AB平面 P
11、AD, 所以向量(1,0,0)为平面 PAD 的一个法向量,AB 而(0,1,1)(1,0,0)0,所以 BEAB,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),AB PD DC 设平面 PCD 的一个法向量为 n(x,y,z), 则即 nPD 0, nDC 0,) 2y2z0, 2x0,) 不妨令 y1,可得 n(0,1,1)为平面 PCD 的一个法向量. 且 n(0,1,1)(1,0,0)0,所以 n.AB AB 所以平面 PAD平面 PCD. 探究提高 1.利用向量法证
12、明平行、 垂直关系, 关键是建立恰当的坐标系(尽可能 利用垂直条件,准确写出相关点的坐标,进而用向量表示涉及到直线、平面的要 素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量,但向量证明仍然离不开立体 几何定理的条件,如在(2)中忽略 BE平面 PAD 而致误. 【训练 1】 在直三棱柱 ABCA1B1C1中,ABC90,BC2, CC14, 点E在线段BB1上,且EB11, D, F, G分别为CC1, C1B1, C1A1的中点.求证: (1)B1D平面 ABD; (2)平面 EGF平面 ABD. 证明 (1)以 B 为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z
13、 轴, 建立空间直角坐标系,如图所示. 则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4). 设 BAa,则 A(a,0,0), 所以(a,0,0),(0,2,2),(0,2,2).BA BD B1D 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 0,0440,B1D BA B1D BD 则 B1DBA,B1DBD. 又 BABDB,BA,BD平面 ABD, 因此 B1D平面 ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(0,1,4), ( a 2,1,4) 则,(0,1,1),EG ( a 2,1,1) EF 0220,0220,B1D EG B1D EF
14、即 B1DEG,B1DEF. 又 EGEFE,EG,EF平面 EGF, 因此 B1D平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF平面 ABD. 热点二 利用空间向量计算空间角 考法 1 求线面角或异面直线所成的角 【例 21】 (2018烟台质检)如图,在梯形 ABCD 中,ADBC,AB CD, ACBD, 平面 BDFE平面 ABCD,EFBD,BEBD. (1)求证:平面 AFC平面 BDFE; (2)若 AB2CD2,BEEF2,求 BF 与平面 DFC 所成2 角的正弦值. (1)证明 平面 BDFE平面 ABCD,平面 BDFE平面 ABCDBD,AC平面 ABCD,ACBD, AC
15、平面 BDFE.又 AC平面 AFC, 平面 AFC平面 BDFE. (2)解 设 ACBDO, 四边形 ABCD 为等腰梯形, ACBD, AB2CD2,2 ODOC1,OBOA2, FEOB 且 FEOB,四边形 FEBO 为平行四边形, OFBE,且 OFBE2, 又BE平面 ABCD,OF平面 ABCD. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 以O为原点, 向量,的方向分别为x轴、 y轴、 zOA OB OF 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(0, 2, 0), D(0, 1, 0), F(0, 0, 2), C(1, 0, 0), (0,1,2),(1,1,0
16、),(0,2,2),DF CD BF 设平面 DFC 的一个法向量为 n(x,y,z), 有即 DF n0, CD n0,) y2z0, xy0.) 不妨设 z1,得 xy2,得 n(2,2,1). 于是 cosn, .BF 42 8 9 2 2 设 BF 与平面 DFC 所成角为 , 则 sin |cosn, |.BF 2 2 BF 与平面 DFC 所成角的正弦值为. 2 2 探究提高 1.异面直线所成的角 ,可以通过两直线的方向向量的夹角 求得, 即 cos |cos |. 2.直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求 得,即 sin |cos |,有时也可分别求
17、出斜线与它在平面内的射影直线的方向向 量,转化为求两方向向量的夹角(或其补角). 【训练2】 (2018江苏卷)如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB AA12, 点 P, Q 分别为 A1B1,BC 的中点. (1)求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值; (2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值. 解 如图,在正三棱柱 ABCA1B1C1中,设 AC,A1C1 的 中点分别为 O, O1, 连接 OB, OO1.则 OBOC, OO1OC, OO1 OB.以,为基底, 建立如图所示的空间直角坐标OB OC OO1 系 Oxyz.因为 ABAA12, 所以 A(0, 1,
18、0), B(, 0, 0), C(0, 1, 0), A1(0, 1, 2), B1(3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 , 0, 2), C1(0, 1, 2).3 (1)因为 P 为 A1B1的中点,所以 P, ( 3 2 ,1 2,2) 从而,(0,2,2),BP ( 3 2 ,1 2,2) AC1 故|cos,|.BP AC1 |BP AC1 | |BP |AC1 | |14| 5 2 2 3 10 20 因此,异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为. 3 10 20 (2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q, ( 3 2 ,1 2,0) 因此,(0,2,2),(0,
19、0,2).AQ ( 3 2 ,3 2,0) AC1 CC1 设 n(x,y,z)为平面 AQC1的一个法向量, 则即 AQ n0, AC1 n0,) 3 2 x3 2y0, 2y2z0. ) 不妨取 n(,1,1).3 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 , 则 sin |cos,n|,CC1 |CC1 n| |CC1 |n| 2 5 2 5 5 所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为. 5 5 考法 2 二面角的计算 【例22】 (2018福州模拟)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,CC1 4,AB2,AC2,BAC45,点 M 是棱 AA1上不同于 A,A12 的动点.
20、(1)证明:BCB1M; (2)若平面 MB1C 把此棱柱分成体积相等的两部分,求此时二面角 MB1CA 的 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 余弦值. (1)证明 在ABC 中, 由余弦定理得, BC2AB2AC22ABACcosBAC48 222cos 454,2 BC2,则有 AB2BC28AC2, ABC90,BCAB, 又BB1BC,BB1ABB, BC平面 ABB1A1,又 B1M平面 ABB1A1, 故 BCB1M. (2)解 由题设知, 平面 MB1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几 何体为四棱锥 CABB1M 和四棱锥 B1A1MCC1. 由(1)知四棱锥 CABB
21、1M 的高为 BC2, V三棱柱 ABCA1B1C1 2248, 1 2 V四棱锥 CABB1M V柱4, 1 2 又 V四棱锥 CABB1M S梯形 ABB1MBC S梯形 ABB1M4, 1 3 2 3 S梯形 ABB1M62,AM2. AM4 2 此时 M 为 AA1中点, 以点 B 为坐标原点, , ,的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图BA BC BB1 所示的空间直角坐标系 Bxyz. A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,4),M(2,0,2). (0,2,4),(2,0,2),(2,2,0),CB1 B1M AC 设 n1(x1,y1,z1)是平面 C
22、B1M 的一个法向量, 即 n1CB1 0, n1B1M 0,) 2y14z10, 2x12z10.) 令 z11,可得 n1(1,2,1), 设 n2(x2,y2,z2)是平面 ACB1的一个法向量, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 n2CB1 0, n2AC 0,) 2y24z20, 2x22y20.) 令 z21,得 n2(2,2,1), cosn1,n2. n1n2 |n1|n2| 7 3 6 7 6 18 所以二面角 MB1CA 的余弦值等于. 7 6 18 探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方 向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的
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