2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测:8.5 空间向量及其应用 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 8.5 空间向量及其应用 挖命题 【考情探究】 5 年考情 考点内容解读 考题示例考向关联考点 预测热度 2018 浙江,8,19三种空间角 直线与平面垂直的判 定 2017 浙江,9,19 二面角、直线与平 面所成的角 直线与平面平行的判 定 2016 浙江文,18,14 二面角、直线与平 面所成的角 直线与平面垂直的判 定 2015 浙江,13,17,8,文 18,7三种空间角 直线与平面垂直 的判定、圆锥曲线 空间角 1.理解两条异面直线所成的角、 直线与平面所成的角、二面角的 概念. 2.会用空间向量求两条异面直 线所成的角、直线与平面所成的
2、 角、二面角. 2014 浙江,17,20,文 20 二面角、直线与平 面所成的角 直线与平面垂直的判 定、 立体几何应用问题 2018 浙江,19 直线与平面所成 的角 直线与平面 垂直的判定 2017 浙江,19 直线与平面所成 的角 直线与平面 平行的判定 2015 浙江,15,17二面角 空间向 量在立 体几何 中的应 用 1.了解空间直角坐标系,会用空 间直角坐标表示点的位置. 2.了解空间向量的概念,了解空 间向量基本定理及其意义,掌握 空间向量的正交分解及其坐标 表示. 2014 浙江,20二面角直线与平面 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3.掌握空间向量的线性运算及
3、 其坐标表示.掌握空间向量的数 量积及其坐标表示. 4.掌握空间向量的长度公式、夹 角公式、两点间的距离公式,并 会解决简单的立体几何问题. 5.理解直线的方向向量和平面 的法向量. 6.会用向量的语言表述立体几 何中的平行、垂直关系.会用向 量的方法证明有关的命题,了解 向量的方法在研究立体几何问 题中的作用. 垂直的判定 分析解读 1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间 角是高考的必考内容. 2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最 值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算
4、主要是传统法和向量法. 3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面 间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等, 比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点. 4.预计 2020 年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度 重视. 破考点 【考点集训】 考点一 空间角 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1.(2018浙江嵊州高三期末质检,19,15分)如图,在菱形ABCD中,BAD=,ED平面ABCD,EFDB,M是线段AE 的中点,DE=EF
5、=BD. (1)证明:DM平面 CEF; (2)求直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值. 解析 (1)证明:连接 AC 与 BD 交于点 O,连接 MO. 因为 DOEF,DO平面 CEF,EF平面 CEF,所以 DO平面 CEF. 因为 M 是线段 AE 的中点,所以 MO 是ACE 的中位线,所以 MOEC. 又 MO平面 CEF,EC平面 CEF,所以 MO平面 CEF,又 MODO=O,MO平面 MDO,DO平面 MDO,所以平面 MDO 平面 CEF,又 DM平面 MDO,所以 DM平面 CEF. (2)解法一:因为四边形 ABCD 是菱形,所以 ACBD. 又因为ED平面AB
6、CD,AC平面ABCD,所以EDAC,又EDBD=D,所以AC平面DEF.设BD=2,则点A到平面DEF 的距离 AO=. 3 因为点 M 是线段 AE 的中点,所以点 M 到平面 DEF 的距离 h=AO=. 3 2 设直线 DM 与平面 DEF 所成的角为 , 则 sin =. 3 2 5 2 15 5 故直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为. 15 5 解法二:设 AB 的中点为 G,连接 DG,则 DGDC. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 以 D 为坐标原点,DG,DC,DE 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.取 BD=2,则 D(0,0,
7、0),M ,E(0,0,1),F,所以=(0,0,1),=. ( 3 2 , - 1 2, 1 2) ( 3 2 ,1 2,1) ( 3 2 ,1 2,1) 设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则DE = 0, DF = 0, 即 = 0, 3 2 x + 1 2y + z = 0, 可取法向量 n=(1,-,0). 3 又=, ( 3 2 , - 1 2, 1 2) 所以 cos=, DM |DM| 3 2 + 3 2 2 5 2 15 5 故直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为. 15 5 2.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥A-BCDO中,DO
8、平面AOB,BOCD,OA=CD=2,OD=2 3 ,OB=4,AOB=120. (1)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值; (2)求二面角 D-OA-C 的余弦值. 解析 (1)如图,过点 O 在平面 AOB 内作 OB 的垂线 OE,交 AB 于点 E. DO平面AOB,ODOE,ODOB,分别以OE,OB,OD所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则各点坐标为 O(0,0,0),A(,-1,0),B(0,4,0),C(0,2,2),D(0,0,2),=(-,5,0),=(- 33333 ,1,2). 3 设平面 A
9、BD 的法向量为 n=(x,y,z), 则由 n=0,n=0,得取 x=5,得 n=(5,2). -3x + 5y = 0, -3x + y + 23z = 0, 3 设直线 AC 与平面 ABD 所成角为 ,又=(-,3,2), 33 sin =|cos,n|=, |AC| |AC| 故直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值为. (2)设平面 AOD 的法向量为 m1=(x,y,z),又=(,-1,0),=(0,0,2),由 m1=0,m1=0, 33 得取 x=1,得 m1=(1,0). 3x - y = 0, 23z = 0, 3 设平面 AOC 的法向量为 m2=(a,b,c),又
10、=(,-1,0),=(0,2,2),由 m2=0,m2=0, 33 得取 b=,得 m2=(1,-1). 3a - b = 0, 2 + 23c = 0, 33 cosm1,m2=, m1m2 |m1|m2| 25 5 由图可知二面角 D-OA-C 的平面角为锐角,故二面角 D-OA-C 的余弦值为. 25 5 考点二 空间向量在立体几何中的应用 1.(2017 浙江台州 4 月调研卷(一模),17)如图,在棱长为 2 的正四面体 A-BCD 中,E、F 分别为直线 AB、CD 上 的动点,且|EF|=.若记 EF 的中点 P 的轨迹为 L,则|L|等于 .(注:|L|表示点 P 的轨迹的长度
11、) 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 2.(2017 浙江杭州二模(4 月),19)如图,已知四边形 ABCD 是矩形,M,N 分别为边 AD,BC 的中点,MN 与 AC 交于 点 O,沿 MN 将矩形 MNCD 折起,设 AB=2,BC=4,二面角 B-MN-C 的大小为 . (1)当 =90时,求 cosAOC 的值; (2)当 =60时,点 P 是线段 MD 上一点,直线 AP 与平面 AOC 所成角为 .若 sin =,求线段 MP 的长. 14 7 解析 设 E 为 AB 的中点,连接 OE,则 OEMN,以 O 为原点,OE,ON 所在直线分别为 x 轴,y
12、轴,建立空间直角坐 标系(图略). (1)当 =90时,A(2,-1,0),C(0,1,2), =(2,-1,0),=(0,1,2), cosAOC=-. | (2)由 =60得 C(1,1,),D(1,-1,),M(0,-1,0), 33 =(1,0,). 3 设=(01), 则=+=(,-1,). 3 =-=(-2,0,), 3 设平面 AOC 的法向量为 n=(x,y,z). n=0,n=0,=(2,-1,0),=(1,1,), 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 取 x=1,则 y=2,z=-, 2 - = 0, + +3z = 0, 3 故 n=(1,2,-), 3 由题
13、意得,=, | | 14 7 即 32-10+3=0, =或 =3(舍去), 在线段 MD 上存在点 P 符合题意,且 MP=MD=. 炼技法 【方法集训】 方法 1 求直线与平面所成角的方法 1.(2017 浙江稽阳联谊学校联考(4 月),19)如图(1)所示,四边形 ABCD 为梯形,ABCD,C=60,点 E 在 CD 上,AB=CE=2,BF=BD=,BDBC.现将ADE 沿 AE 翻折到图(2)中APE 的位置,使得二面角 P-AE-C 的大小为. 3 (1)求 PB 的长度; (2)求证:PB平面 ABCE; (3)求直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值. 解析 (1)因为
14、ABEC,所以四边形 ABCE 是平行四边形, 所以 BCAE,又因为 BDBC,所以 BDAE, 所以 AEFB,AEFP, 所以PFB 为二面角 P-AE-C 的平面角.(3 分) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由 BF=,PF=2,得 BP2=BF2+PF2-2BFPFcosBFP=9, 33 所以 BP=3.(5 分) (2)证明:由 BF=,PF=2,BP=3 知,PB2+BF2=PF2,所以 BFPB,(7 分) 33 又因为 BFAE,PFAE,BFPF=F,所以 AE平面 PFB,所以 AEPB,(9 分) 由可知,PB平面 ABCE.(10 分) (3)解法一:
15、作 BNPF 于 N 点,连接 AN. 由(2)可知,AE平面 BFP,又 AE平面 APE,平面 BFP平面 APE. 又平面 BFP平面 APE=PF,BN平面 BFP, 所以 BN平面 APE,(12 分) 所以BAN 是直线 AB 与平面 APE 所成的角.(13 分) 易知 BN=BFsin 60=,则 sinNAB= =. 3 2 2 故直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值为.(15 分) 解法二:易知 BF,BP,BC 两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,0),E(2,0),P(0,0,3).(11 分) 33 设
16、平面 APE 的法向量为 n=(x,y,z). 又=(3,0,0),=(1,-,3), 3 所以由即 AE = 0, AP = 0, (,)(3,0,0) = 0, (,)(1, -3,3) = 0, 得取 z=1,得 n=(0,1).(13 分) = 0, - 3y + 3z = 0, 3 设直线 AB 与平面 APE 所成的角为 ,又=(1,-,0), 3 所以 sin =|cos|=, |AB| |AB| 故直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值为.(15 分) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2.如图,ABC是以C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,AEEC=53,D
17、EBC,沿DE将三角形ADE折起, 使得点 A 在平面 BCED 上的射影是点 C,点 M 在 AC 上且 MC=AC. (1)在 BD 上确定点 N 的位置,使得 MN平面 ADE; (2)在(1)的条件下,求 CN 与平面 ABD 所成角的正弦值. 解析 (1)由点 A 在平面 BCED 上的射影是点 C,可知 AC平面 BCED,而 BCCE,如图建立空间直角坐标系, 可 知各点的坐标为 C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0). 由 MC=AC,可知点 M 的坐标为,设点 N 的坐标为(x,y,0),则由点 N 在 BD 上可得 y=8-
18、x,即点 N 的坐标 (0,0, 8 3) 为(x,8-x,0),则=. (,8 - , - 8 3) 设平面 ADE 的法向量为 n1=(x,y,z),则而=(0,-5,0),=(3,0,-4), 1DE = 0, 1AE = 0, DEAE 所以取 x=4,则 z=3, = 0, 3 - 4 = 0, 可得 n1=(4,0,3). MN平面 ADE 等价于 n1=0, 即 4x+0(8-x)+3=0. ( - 8 3) 解之可得 x=2,即点 N 的坐标为(2,6,0), 所以点 N 为 BD 的靠近 D 点的三等分点. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)由(1)可知=(2
19、,6,0),设平面 ABD 的法向量为 n2=(p,q,r),由题意可知而=(-3,3,0), 2DB = 0, 2AB = 0, DB =(0,8,-4),可得取 p=1,则 q=1,r=2. AB - 3 + 3 = 0, 8 - 4 = 0, 可得 n2=(1,1,2). 设 CN 与平面 ABD 所成角为 , 则 sin =. | 2 | 2| 215 15 方法 2 求二面角的方法 1.(2018浙江镇海中学期中,20)在多面体ABC-A1B1C1中,AA1BB1CC1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,ABBB1,C1 在平面 ABB1A1上的射影 E 是线段 A1B1
20、的中点. (1)求证:平面 ABC平面 ABB1A1; (2)若 C1E=2,求二面角 C1-AB1-C 的余弦值. 解析 (1)证明:设线段 AB 的中点为 O,连接 OE,CO,则 OEAA1,且 OE=3,(2 分) 1+ B1 2 AA1CC1,OECC1,又 OE=CC1=3, 四边形 CC1EO 为平行四边形,OCEC1.(4 分) C1E平面 ABB1A1,OC平面 ABB1A1,(5 分) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 OC平面 ABC,平面 ABC平面 ABB1A1.(7 分) (2)由(1)知 OB,OE,OC 两两互相垂直,分别以 OB,OE,OC 所在直线
21、为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8 分) 设平面 AB1C 的法向量为 m=(x,y,z), 而=(4,2,0),=(2,0,2), 1 由得 AB1= 0, AC = 0, 4 + 2 = 0, 2 + 2 = 0, 取 x=1,得 m=(1,-2,-1).(10 分) 设平面 AB1C1的法向量为 n=(x1,y1,z1), 而=(4,2,0),=(2,3,2), 11 由得取 x1=1,得 n=(1,-2,2).(12 分) AB1= 0, AC1= 0, 4x 1+ 2y1= 0
22、, 2x 1+ 3y1+ 2z1= 0, cos=,(14 分) | 6 6 由图可知二面角 C1-AB1-C 的平面角为锐角, 故二面角 C1-AB1-C 的余弦值为.(15 分) 6 6 2.(2017 浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知ABC 为等边三角形,M 为 AB 的中点,AA1,BB1分别垂直 平面 ABC 于点 A,B,AA1=AB,BB1=AB,MNA1B1,垂足为 N. (1)求证:CNA1B1; (2)求平面 ABC 与平面 A1B1C 所成的锐二面角的正切值. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 (1)证明:因为 AA1,BB1分别垂直平面 A
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