考点34利用空间向量法解决立体几何的综合问题-2018版典型高考数学试题解读与变式(解析版).pdf
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1、典型高考数学试题解读与变式2018版 考点 34 :利用空间向量法解决立体几何的综合问题【理】 【考纲要求】 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】 利用空间向量法解决立体几何的综合问题是高考热点问题,解答题考查的比较多.预计 2018年的高考对本 知识的考查空间向量的应用,仍然是以简单几何体为载体 【典型高考试题变式】 (一)利用向量证明直线和平面的位置关系及其空间角 例 1. 【 2016 全国 1 卷 (理)】 如图,在以 A, B, C, D, E, F 为顶点的五面体中,面 ABEF 为正方
2、形, AF=2FD , 90AFD,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F 都是60 ()证明:平面ABEF平面 EFDC; ()求二面角E-BC-A 的余弦值 【解析】 ()过D作DG F,垂足为G,由()知DG平面F 以G为坐标原点, GF 的方向为 x轴正方向,GF 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz 由 ()知D F E为二面角DAFE的平面角,故60DFE, 则2DF,3DG, 可得1,4,0A, 3,4,0B,3,0,0E,0,0,3D 由已知,/ABEF,所以/AB平面EFDC 又平面ABCD平面EFDCDC,故/ABCD,/CDEF 由/BEAF, 可得BE平面E
3、FDC,所以C F为二面角CBEF的平面角, 60C F 从而可得2,0,3C 所以1,0,3 C,0,4,0,3, 4,3 C,4,0,0 设, ,x y zn是平面 C的法向量,则 0 0 C n n ,即 30 40 xz y , 所以可取3,0,3n 设m是平面 CD的法向量,则 0 0 C m m , 同理可取0,3,4m则 2 19 cos, 19 n m n m n m 故二面角E-BC-A 的余弦值为 2 19 19 【方法技巧归纳】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包 括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空
4、间想象能力进行推理,注意防止步 骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量 法解决 . 【变式1】 【改编例题条件】 【2016全国 2 卷(理)】如图,菱形 ABCD 的对角线AC 与 BD 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DEF的位 置,OD=. ()证明:DH平面ABCD. ()求二面角B-DA-C的正弦值 . 【解析】试题分析: ()证,再证,最后证; ()用向量法求解. 试题解析:()由已知得,又由得,故. 因此,从而.由,得. 由得
5、.所以,. 于是, 故. 又,而, 所以. ()如图,以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系,则, ,.设是平面的 法向量, 则,即,所以可取.设是平面的法向量, 则, 即, 所 以 可 取.于 是, .因此二面角的正弦值是. 【变式2】 【改编例题条件,利用导数运算法则构造函数求解不等式】【2016 全国 3 卷(理)】如图,四棱 锥 P-ABC中,PA底面 ABCD , AD BC, AB=AD=AC=3, PA=BC=4 , M 为线段 AD 上一点,AM=2MD, N 为 PC 的中点 .学科网 ()证明MN平面PAB; ()求直线AN 与平面 PMN 所成角的正弦值. 【
6、解析】 试题分析: ()取BP的中点T,然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形,从而得到 MNAT,由此结合线面平行的判定定理可证;()以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向 ,建立空 间直角坐标系,然后通过求直线AN的方向向量与平面PMN的法向量的夹角的余弦值来求解AN与平面 PMN所成角的正弦值 ()取BC的中点E,连结AE.由ACAB得BCAE,从而ADAE,且 5) 2 ( 2222BC ABBEABAE. 以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系xyzA.由题意知, )4,0,0(P,)0 ,2,0(M,)0 ,2,5(C,)2, 1 , 2
7、5 (N, (0,2,4)PM, 5 (,1, 2) 2 PN, 5 (,1,2) 2 AN. 设( , , )x y zn为平面PMN的一个法向量,则 0, 0, PM PN n n 即 240, 5 20, 2 yz xyz 可取(0,2,1)n. 于是 |8 5 |cos,| 25| AN AN AN n n n . (二)利用向量解决立体几何中的探索问题 例 2.【2016 北京卷】如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PAPD, ABAD,1AB , 2AD , 5ACCD.学科网 ()求证:PD平面PAB ; ()求直线PB 与平面 PCD 所成角的正弦值;
8、 ()在棱PA 上是否存在点M ,使得 BM平面 PCD?若存在,求 AM AP 的值;若不存在,说明理由. 【解析】 试题解析:()因为平面PAD平面ABCD,ADAB, 所以AB平面PAD. 所以PDAB. 又因为PDPA, 所以PD平面PAB. ()取AD的中点O,连结COPO,. 因为PDPA,所以ADPO. 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POCO. 因为CDAC,所以ADCO. 如图建立空间直角坐标系xyzO.由题意得, )1 ,0,0(),0, 1, 0(),0, 0,2(),0, 1 , 1(),0, 1 ,0(
9、PDCBA. 设平面PCD的法向量为( , , )x y zn,则 0, 0, PD PC n n 即 , 02 , 0 zx zy 令2z,则2, 1 yx. 所以(1, 2,2)n. 又)1, 1 , 1(PB,所以 3 cos, 3 PB PB PB n n n . 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3 3 . ()设M是棱PA上一点,则存在1 , 0使得APAM. 因此点 ), 1(),1 , 0(BMM . 因为BM平面PCD,所以BM平面PCD当且仅当 0BM n , 即0)2, 2, 1(), 1(,解得 4 1 . 所以在棱PA上存在点M使得BM平 面PCD,此时 4
10、1 AP AM . 【方法技巧归纳】平面与平面垂直的性质定理的应用:当两个平面垂直时,常作的辅助线是在其中一个平 面内作交线的垂线,把面面垂直转化为线面垂直,进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识 证明垂直关系),构造 (寻找 )二面角的平面角或得到点到面的距离等. 【变式 1】 【改编例题的条件】 【2015 湖北卷(理)】 九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面 垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑 如图, 在阳马 PABCD 中,侧棱PD底面 ABCD ,且 P DCD ,过棱 PC 的中点 E ,作EFPB交PB于 点 F ,连接,.DED
11、FBD BE ()证明:PBDEF平面试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写 出结论);若不是,说明理由; ()若面DEF与面 ABCD 所成二面角的大小为 3 ,求 DC BC 的值 【解析】(解法 1) ()因为PD底面 ABCD ,所以 PDBC , 由底面 ABCD 为长方形,有 BCCD ,而 PDCDD , 所以 BCPCD平面 而 DEPCD平面 ,所以 BCDE 又因为 PDCD ,点 E 是 PC的中点,所以DEPC 而 PCBC C ,所以DE平面 PBC 而 PBPBC平面 ,所以PBDE 又PBEF, DEEFE ,所以PB平面DEF 由DE平
12、面 PBC ,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形, 即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为 DEBDEF, EFBDFB, ()如图1,在面 PBC 内,延长 BC 与 FE 交于点 G ,则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线由()知, PBDEF平面 ,所以 PBDG 又因为PD底面 ABCD ,所以 PDDG 而 PDPBP,所以 DGPBD平面 故 BDF是面DEF与面 ABCD 所成二面角的平面角, 设 1PDDC , BC ,有 2 1BD , 在 Rt PDB 中, 由DFPB, 得 3 DPFFDB, 则 2 tantan13 3 B
13、D DPF PD , 解得 2 所以 12 . 2 DC BC 故当面DEF与面 ABCD 所成二面角的大小为 3 时, 2 2 DC BC 因(0,1,1)PC, 0DEPC , 则 DEPC , 所以 DEPBC平面 由DE平面 PBC ,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形, 即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为 DEBDEF, EFBDFB, ()由 PDABCD平面 ,所以(0, 0, 1)DP是平面 ABCD 的一个法向量; 由()知, PBDEF平面 ,所以(, 1,1)BP是平面DEF的一个法向量 若面DEF与面 ABCD 所成二面角的大小为 3
14、 , 则 2 11 cos 32| | 2 BP DP BPDP , 解得 2 所以 12 . 2 DC BC 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为 3 时, 2 2 DC BC 【变式 2】 【改编例题的条件和问法】【2014 湖北卷】如图,在棱长为2 的正方体 1111 DCBAABCD中, NMFE,分别是棱 1111 ,DABAADAB的中点,点QP,分别在棱 1 DD, 1 BB上移动,且 20BQDP. (1)当1时,证明:直线/ 1 BC平面EFPQ; (2)是否存在,使平面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在, 说明理由 . 【解
15、析】 试题分析:( 1)由正方体 1111 DCBAABCD的性质得 11/ AD BC,当1时,证明 1 / ADFP,由平行于 同一条直线的两条直线平行得FPBC / 1 ,根据线面平行的判定定理证明/ 1 BC平面EFPQ; (2)解法 1, 如图 2, 连结BD, 证明四边形EFPQ与四边形PQMN是等腰梯形, 分别取EF、PQ、MN的中点为H、 O、G,连结OH、OG,证明GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角,设存在, 使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,求出的值;解法2,以D为原点,射线 1 ,DDDCDA 分别为zyx,轴的正半轴建立如图3 的空
16、间直角坐标系 xyzD ,用向量法求解. 几何法: (1)证明:如图1,连结 1 AD,由 1111 DCBAABCD是正方体,知 11/ AD BC, 当 1时,P是1 DD的中点,又F是AD的中点,所以 1 / ADFP, 所以FPBC / 1 , 而FP平面EFPQ,且 1 BC平面EFPQ, 故/ 1 BC平面EFPQ. 于是, 2 1FPEQ,所以四边形EFPQ是等腰梯形, 同理可证四边形PQMN是等腰梯形, 分别取EF、PQ、MN的中点为H、O、G,连结OH、OG, 则PQGO,PQHO,而OHOGO, 故 GOH是平面 EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角, 若存在,使平面
17、EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则90GOH, 连结EM、FN,则由MNEF /,且MNEF,知四边形EFNM是平行四边形, 连结GH,因为 H、G是EF 、MN的中点,所以2MEGH, 在 GOH中, 4 2 GH, 2 1 ) 2 2 (1 2222 OH, 2 1 )2() 2 2 ()2(1 2222 OG, 由 222 GHOHOG得4 2 1 2 1 )2( 22 ,解得 2 2 1, 故存在 2 2 1,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角. 向量法: 以D为原点,射线 1 ,DDDCDA分别为zyx,轴的正半轴建立如图3 的空间直角坐标系xyzD,
18、由已知得 ),0 ,0(),0, 0, 1(),2, 2, 0(),0,2 , 2( 1 PFCB, 所以)2, 0,2( 1 BC,),0, 1(FP,)0, 1 , 1 (FE, (1)证明:当1时,) 1 ,0, 1(FP,因为)2, 0, 2( 1 BC, 所以 FPBC2 1 ,即 FPBC / 1 , 而FP平面EFPQ,且 1 BC平面EFPQ, 故直线/ 1 BC平面EFPQ. 故存在 2 2 1,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角. 【方法总结】 立体几何中的探索性问题立意新颖,形式多样,近年来在高考中频频出现,而空间向量在解决立体几何的 探索性问题中扮演着举
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