2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题练习:微专题11 空间向量在立体几何中的应用 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 11 空间向量在立体几何中的应用 1.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是CD,BB1的中点,则 异面直线A1M与AN所成角的大小为 . 解析 以D点为坐标原点,、的方向分别为x、y、z1 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,设正方体的棱长为 1, 则 A(1,0,0),M,N,A1(1,0,1),所以=,= ( 0, 1 2 ,0 ) (1,1, 1 2) (0,1, 1 2) 1M .因为=0,所以异面直线A1M与AN所成的角为 (- 1, 1 2, - 1) 1M 90. 答案 90 2.已知空间四边形OABC,M
2、,N分别为OA,BC的中点,点G在线段MN上, =+,则G点为线段MN的 等分点. 1 6 1 3 1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 =+,=+,=+ 1 6 1 3 1 3 1 6 2 3 1 3 2 3 =(-)+,-=,故G点为靠近N点的3等分点. 2 3 2 3 答案 3 3.三棱锥S-ABC如图所示,SAAB,SAAC,BAC=90,AB=AC=1 2 AS=2,D点在棱SB上且SD= DB,P点在棱SA上,则的最小值 1 2 为 . 解析 以A点为坐标原点,、的方向分别为x、y、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,则 A(0,0,0),C(0,2,
3、0),P(0,0,b)(其中 0b4),D,= ( 2 3,0, 8 3) ,=(0,2,-b),=b2- b,所以当b=时,取 ( 2 3,0, 8 3 - b) 8 3 4 3 到最小值,最小值为-. 16 9 答案 -16 9 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,O是BD1的中点,M是侧面 ADD1A1上一点,若OMAA1且OMBD1,则点M的坐标为 . 解析 以D点为坐标原点,、的方向分别为x、y、z1 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),M(a,0,b),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0
4、,1),O, ( 1 2, 1 2, 1 2) 1 =(0,0,1),= ( - 1 2, - 1 2, ,=(-1,-1,1). - 1 2) 1 因为OMAA1且OMBD1,所以解得a=1,b=,所以 1 = 0, 1 = 0, 1 2 点M的坐标为. (1,0, 1 2) 答案 (1,0,1 2) 能力 1 利用空间向量法求空间角 【例 1】 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是菱 形,AC=2,BD=2,且AC与BD交于点O,E是PB上任意一点.3 (1)求证:ACDE. (2)已知二面角A-PB-D的余弦值为,若
5、E为PB的中点,求EC 15 5 与平面PAB所成角的正弦值. 解析 (1)PD平面ABCD,AC平面ABCD, PDAC. 又四边形ABCD是菱形,BDAC. BDPD=D, AC平面PBD. DE平面PBD,ACDE. (2)当E为PB的中点时,连接OE,可得OEPD且OE= PD.又因为 1 2 PD平面ABCD,所以OE平面ABCD.分别以,的方向为x轴,y 轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示,设PD=t(t0),则 A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),E,P(0,-,t),=(-1,3 (0,0, 2) 3 ,0),=(-1,-,t).33 高清试卷 下载可打
6、印 高清试卷 下载可打印 易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0), 设平面PAB的法向量为n2=(x,y,z), 则即取y=1,得x=,z= 2 = 0, 2 = 0, - +3y = 0, - - 3y + tz = 0, 3 23 ,n2=. ( 3,1,2 3 ) 二面角A-PB-D的余弦值为, 15 5 |cos|=, 15 5 即=,t=2, 3 4 + 12 2 15 5 3 P(0,-,2).33 设EC与平面PAB所成的角为, =(-1,0,-),n2=(,1,1),33 sin =|cos|=. 23 2 5 15 5 利用“向量法”求解空间角时,要注意基向量的选择
7、或坐标系的 正确建立等.求线面角时,先求出平面的法向量,再求出直线的方向向 量与平面的法向量的夹角,最后得出线面角.求二面角时,先求出二面 角中两个平面的法向量,再求出法向量的夹角,最后求出二面角. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,ABAC,AB=AC=2,AA1=4,点D是 BC的中点. (1)求证:A1B平面ADC1. (2)求直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值. 解析 (1)如图,以,为正交基底建立空间直角坐标 1 系A-xyz, 则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1
8、(2,0,4),C1(0 ,2,4), =(2,0,-4),=(1,1,0),=(0,2,4).1B1 设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z), 则即 = 0, 1 = 0, + = 0, 2 + 4 = 0, 取z=1,得y=-2,x=2, 平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1). 由此可得,m=22+0(-2)+(-4)1=0.1B 又A1B平面ADC1, A1B平面ADC1. (2)=(-2,2,0),设直线B1C1与平面ADC1所成角为,则 sin 11 =|cos|=.11 | 11| | 11| 22 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又为锐角, 直线B1
9、C1与平面ADC1所成角的余弦值为. 1 3 能力 2 利用空间向量法解决翻折问题 【例 2】 已知ABC是等腰直角三角形,ACB=90,AC=2,D,E 分别为AC,AB的中点,沿DE将ADE折起,得到如图所示的四棱锥A1- BCDE. (1)求证:平面A1DC平面A1BC. (2)当三棱锥C-A1BE的体积取最大值时,求平面A1CD与平面A1BE 所成锐二面角的余弦值. 解析 (1)在等腰三角形ABC中,D,E分别为AC,AB的中 点,DEBC, 又ACB=90,DEAC. DEA1D,DECD. A1D平面A1DC,CD平面A1DC,A1DCD=D, DE平面A1DC, BC平面A1DC
10、,又BC平面A1BC, 平面A1DC平面A1BC. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)由等体积法知=, - 1BE1 - BCE 在平面A1CD内作A1HCD于点H,因为ED平面A1CD,所以EDA1H, 则A1H底面BCDE,即A1H就是四棱锥A1-BCDE的高. 由A1HA1D知,当点H和点D重合时,三棱锥C-A1BE的体积取到 最大值. 以D点为坐标原点,、的方向分别为x、y、z轴的正1 方向,建立空间直角坐标系如图所示,所以 A1(0,0,1),B(1,2,0),E(0,1,0),=(1,2,-1),=(0,1,-1),1B1E 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z
11、), 则即 1B = 0, 1E = 0, + 2 - = 0, = , 可取n=(-1,1,1),易知平面A1CD的一个法向量为m=(0,1,0). 则 cos=, 3 3 故平面A1CD与平面A1BE所成锐二面角的余弦值为. 3 3 利用向量求解翻折问题中的最值问题时,可以引进参数进行求解. 求解探索性问题时,可用待定系数法求解. 如图 1,在边长为 4 的正方形ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点, 沿EF将矩形ADFE折起使得二面角A-EF-C的大小为 90(如图 2), 点G是CD的中点. (1)若M为棱AD上一点,且=4,求证:DE平面MFC. (2)求二面角E-FG-B的余弦
12、值. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 (1)若M为棱AD上一点,且=4,则AD=4DM=4,即DM=1, 二面角A-EF-C的大小为 90, 建立以F为坐标原点,FD,FC,FE所在的直线分别为x,y,z轴的 空间直角坐标系,如图, AD=4,AE=BE=2,DM=1, D(2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0), A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4), 则=(-2,0,4),=(2,0,1),=(0,2,0), 故=(-2)2+41=-4+4=0,=0, 则, 即DEFM,DEFC, FMFC=F,DE平面MFC. (2)点G是C
13、D的中点,G(1,1,0),且CDFG, 则CD平面EFG,则=(2,-2,0)是平面EFG的一个法向量, 设平面BFG的法向量为n=(x,y,z),则=(0,2,4),=(1,1,0), 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 = 0, = 0, 2 + 4 = 0, + = 0, 令z=1,则y=-2,x=2,即n=(2,-2,1), 则 cos=, | 2 2 - 2 ( - 2) 4 + 4 + 14 + 4 22 3 即二面角E-FG-B的余弦值是. 22 3 能力 3 利用空间向量法解决探索性问题 【例 3】 如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为正方形,平面AED平
14、面 ABCD,AB=EA=ED,EFBD.22 (1)证明:AECD. (2)在棱ED上是否存在点M,使得直线AM与平面EFBD所成角的 正弦值为?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由. 6 3 解析 (1)四边形ABCD是正方形,CDAD. 又平面AED平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,CD平面 ABCD,CD平面AED. AE平面AED, AECD. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)取AD的中点O,过点O作ONAB交BC于点N,连接EO. EA=ED,OEAD. 又平面AED平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,OE平面AED, OE平面ABCD.
15、 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 设正方形ABCD的边长为 2,=(01), 则A(1,0,0),B(1,2,0),D(-1,0,0),E(0,0,1),M(-,0,1-), =(-1,0,1-),=(1,0,1),=(2,2,0). 设平面EFBD的法向量为n=(x,y,z), 则即 = 0, = 0, 2 + 2 = 0, + = 0, 令x=1,得n=(1,-1,-1). cos=. | - 2 22+ 23 由题意得|=,解得=0, - 2 3 22+ 2 6 3 当点M与点E重合时,直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为. 6 3 求解此类问题的难点在于涉及的点具
16、有运动性和不确定性,可用 空间向量通过待定系数法求解存在性问题和探索性问题.这样思路简 单,解法固定,操作方便. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长是,D是3 线段AC上一点,二面角A1-BD-A的大小为 ,则在线段AA1上是否存在 3 一点E,使得平面B1C1E平面A1BD?若存在,求出AE的长;若不存在, 说明理由. 解析 作CO垂直AB于点O,所以CO平面ABB1A,所以在正三 棱柱ABC-A1B1C1中,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 因为AB=2,AA1=,所以B(-1,0,0),A(1,0,0),C(0
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