新编四川高考数学文二轮复习专题5第3讲《空间向量与立体几何》考点精讲精练及答案.docx
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新编四川高考数学文二轮复习专题5第3讲《空间向量与立体几何》考点精讲精练及答案
第三讲 空间向量与立体几何
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α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3)(以下相同).
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
2.空间角的计算
(1)两条异面直线所成角的求法
设直线a,b的方向向量为a,b,其夹角为θ,则
cosφ=|cosθ|=(其中φ为异面直线a,b所成的角).
(2)直线和平面所成角的求法
如图所示,设直线l的方向向量为e,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为φ,两向量e与n的夹角为θ,则有sinφ=|cosθ|=.
(3)二面角的求法
①利用向量求二面角的大小,可以不作出平面角,如图所示,〈m,n〉即为所求二面角的平面角.
②对于易于建立空间直角坐标系的几何体,求二面角的大小时,可以利用这两个平面的法向量的夹角来求.
如图所示,二面角α-l-β,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,〈n1,n2〉=θ,则二面角α-l-β的大小为θ或π-θ.
1.(20xx·陕西)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=
2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.B.
C.D.
答案 A
解析 不妨令CB=1,则CA=CC1=2.
可得O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
∴1=(0,2,-1),1=(-2,2,1),
∴cos〈1,1〉====>0.
∴1与1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角,
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
2.(20xx·辽宁)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.
(1)求证:
平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.
(1)证明 由AB是圆的直径,得AC⊥BC,
由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)解 方法一 过C作CM∥AP,则CM⊥平面ABC.
如图,以点C为坐标原点,分别以直线CB、CA、CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
在Rt△ABC中,因为AB=2,AC=1,所以BC=.
因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).
故C=(,0,0),C=(0,1,1).
设平面BCP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则所以
不妨令y1=1,则n1=(0,1,-1).
因为A=(0,0,1),A=(,-1,0),
设平面ABP的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
所以
不妨令x2=1,则n2=(1,,0).
于是cos〈n1,n2〉==.
所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.
方法二过C作CM⊥AB于M,因为PA⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,
所以PA⊥CM,又PA∩AB=A,故CM⊥平面PAB.所以CM⊥PB.
过M作MN⊥PB于N,连接NC,
所以PB⊥面MNC,所以CN⊥PB,
所以∠CNM为二面角C-PB-A的平面角.
在Rt△ABC中,由AB=2,AC=1,
得BC=,CM=,BM=,
在Rt△PAB中,由AB=2,PA=1,得PB=.
因为Rt△BNM∽Rt△BAP,
所以=,故MN=.
又在Rt△CNM中,CN=,
故cos∠CNM=.
所以二面角C-PB-A的余弦值为.
题型一 利用空间向量证明平行与垂直
例1
如图所示,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E、F、O分别为PA、PB、AC的中点,AC=16,PA=PC=10.
(1)设G是OC的中点,证明:
FG∥平面BOE;
(2)证明:
在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE.
审题破题 以O点为原点,OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,利用向量法可求解.
(1)证明 如图所示,连接OP,以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系
O—xyz,则O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,
0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),由题意得,G(0,4,0),因=
(8,0,0),=(0,-4,3),因此平面BOE的一个法向量n=(0,3,4),=(-4,4,-3),得n·=0,又直线FG不在平面BOE内,因此有FG∥平面BOE.
(2)设点M的坐标为(x0,y0,0),
则=(x0-4,y0,-3),
因为FM⊥平面BOE,所以有∥n,
因此有x0=4,y0=-,
即点M的坐标为,
在平面直角坐标系xOy中,△AOB的内部区域可表示为不等式组,经检验,点M的坐标满足上述不等式组,
所以,在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE.
反思归纳
(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路:
一是利用相应的判定定理和性质定理去解决;二是利用空间向量法来论证.
(2)用向量法来证明平行与垂直,避免了繁杂的推理论证,直接计算就行了,把几何问题代数化.尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷,但是向量法要求计算必须准确无误.
变式训练1 如图,在直三棱柱ADE—BCF中,面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点.运用向量方法证明:
(1)OM∥平面BCF;
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明
(1)由题意,AB,AD,AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),
F(1,0,1),M,
O.
(1)=,=(-1,0,0),
∴·=0,∴⊥.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱,
∴AB⊥平面BCF,∴是平面BCF的一个法向量,
且OM⊄平面BCF,∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
∵=(1,-1,1),=,=(1,0,0),
由n1·=n1·=0,
得
令x1=1,则n1=.
同理可得n2=(0,1,1).
∵n1·n2=0,∴平面MDF⊥平面EFCD.
题型二 利用向量求空间角
例2
如图,三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC.PB=BC=CA=4,∠BCA=90°,E为PC的中点.
(1)求证:
BE⊥平面PAC;
(2)求二面角E-AB-C的余弦值.
审题破题 本题的关键是在平面ABC内找到两条互相垂直的直线,可以过点B作BC的垂线BT,分别以BC,BT,BP为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
(1)证明
⇒
⇒BE⊥面PAC.
(2)解 如图,在平面ABC内过点B作BT⊥BC,分别以BC,BT,BP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(4,0,0),A(4,4,0),P(0,0,4),E(2,0,2),则=(4,4,0),=(2,0,2),平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z).
则·n2=0,·n2=0,即.
令z=1,得x=-1,y=1,即n2=(-1,1,1).
设二面角E-AB-C为θ,则cosθ==.
反思归纳 利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为:
(1)建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求出相关点的坐标.(3)写出向量坐标.(4)结合公式进行论证、计算.(5)转化为几何结论.
变式训练2 (20xx·课标全国)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:
DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
(1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.
又AC=AA1,可得DC+DC2=CC,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,CD∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.
因为BC⊂平面BCD,所以DC1⊥BC.
(2)解 由
(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1A1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角
坐标系C-xyz.
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).
则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则
即
可取n=(1,1,0).
同理,设m=(x,y,z)是平面C1BD的法向量,
则即
可取m=(1,2,1).
从而cos〈n,m〉==.
故二面角A1-BD-C1的大小为30°.
题型三 利用向量求空间距离
例3
如图所示,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,BA=BC=2,·=0,异面直线A1B与AC成60°的角,点O、E分别是棱AC和BB1的中点,点F是棱B1C1上的动点.
(1)求证:
A1E⊥OF;
(2)求点E到面AB1C的距离;
(3)求二面角B1—A1C—C1的大小.
审题破题 在已知三棱柱中,直线BA,BC,BB1两两垂直,已有空间直角坐标系的框架.
(1)证明 设棱柱的高为h,以B为坐标原点,以BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),A1(2,0,h),
∴=(2,0,h),=(2,-2,0),
∴cos〈,〉==,
即cos60°==,解得h=2.
∴E(0,0,1),A1(2,0,2),∴=(-2,0,-1).
∵F是B1C1上的动点,
∴设F(0,y,2),∴=(-1,y-1,2),
∴·=(-2,0,-1)·(-1,y-1,2)=0,
∴⊥,即A1E⊥OF.
(2)解 易求面AB1C的法向量为n=(1,1,1),
=(2,0,-1),
所以E到面AB1C的距离为d===.
(3)解 ∵平面A1CC1的一个法向量是=(1,1,0).
设平面A1B1C的一个法向量是
n=(x,y,z),=(-2,2,-2),=(-2,0,0),
则n·=(x,y,z)·(-2,2,-2)
=-2x+2y-2z=0,①
n·=(x,y,z)·(-2,0,0)=-2x=0,∴x=0.②
代入①并令z=1得y=1,∴n=(0,1,1),
∴cos〈n,〉===,
∴〈n,〉=60°,即二面角B1—A1C—C1的大小为60°.
反思归纳 求点面距的常用方法:
①直接法:
即寻找或作出与该距离相对应的垂线段,此法的关键是确定垂足的位置,然后借助于直角三角形求解;②等体积法:
把所求的距离转化为三棱锥的高,再通过变换三棱锥的顶点,由同一棱锥的体积是不变的,求出相应的距离.
变式训练3 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,平面PBC⊥底面ABCD,且PB=PC=.
(1)求证:
AB⊥CP;
(2)求点B到平面PAD的距离;
(3)设面PAD与面PBC的交线为l,求二面角A-l-B的大小.
(1)证明 以BC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(1,0,0),A(1,-2,0),C(-1,0,0),P(0,0,2),D(-1,-2,0).
=(0,2,0),=(1,0,2),
则有·=0,∴⊥.
即AB⊥CP.
(2)解 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
=(-1,-2,-2),=(-2,0,0),
则由 得
则x=0,令z=1=-y,得n=(0,-1,1),
又=(-1,0,2),
∴点B到平面PAD的距离d===.
(3)解 由
(2)知平面PAD的法向量n=(0,-1,1),
而平面PBC⊥平面ABCD,
∴平面PBC的法向量m=(0,1,0).
∴二面角A-l-B的余弦值为=.
由图形知二面角A-l-B为锐二面角,
∴二面角A-l-B的大小为45°.
典例
(12分)如图,在三棱锥P—ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,
PC⊥AC,点D为BC的中点.
(1)求二面角A—PD—B的余弦值;
(2)在直线AB上是否存在点M,使得PM与平面PAD所成角的正弦值为,若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由.
规范解答
解
(1)∵AC=BC,PA=PB,PC=PC,∴△PCA≌△PCB,
∴∠PCA=∠PCB,
∵PC⊥AC,∴PC⊥CB,
又AC∩CB=C,
∴PC⊥平面ACB,且PC,CA,CB两两垂直,[2分]
故以C为坐标原点,分别以CB,CA,CP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,0),
P(0,0,2),∴=(1,-2,0),=(1,0,-2),[3分]
设平面PAD的一个法向量n=(x,y,z),
∴,即,∴取n=(2,1,1),
平面PDB的一个法向量为=(0,2,0),[5分]
∴cos〈n,〉=,
设二面角A—PD—B的平面角为θ,且θ为钝角,
∴cosθ=-,∴二面角A—PD—B的余弦值为-.[6分]
(2)方法一 存在,M是AB的中点或A是MB的中点.[7分]
设M(x,2-x,0)(x∈R),∴=(x,2-x,-2),[8分]
∴|cos〈,n〉|==,
解得x=1或x=-2,∴M(1,1,0)或M(-2,4,0),[10分]
∴在直线AB上存在点M,且M是AB的中点或A是MB的中点,使得PM与平面PAD所成角的正弦值为.[12分]
方法二 存在,M是AB的中点或A是MB的中点.[7分]
设=λ,
则=λ(2,-2,0)=(2λ,-2λ,0)(λ∈R),
∴=+=(2λ,2-2λ,-2),[8分]
∴|cos〈,n〉|==.
解得λ=或λ=-1.[10分]
∴M是AB的中点或A是MB的中点.
∴在直线AB上存在点M,且M是AB的中点或A是MB的中点,使得PM与平面PAD所成角的正弦值为.[12分]
评分细则
(1)没有指明CA、CB、CD两两垂直,直接建系的扣1分;
(2)求出平面的法向量给1分;法向量写成其他形式不扣分;(3)二面角余弦值写成的扣1分;(4)第
(2)问最后不写结论的扣1分.
阅卷老师提醒
(1)利用空间向量求二面角的平面角时,应注意观察二面角是锐角还是钝角.如果两个平面的法向量分别是m,n,两个平面所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ=|cos〈m,n〉|=.在一般的二面角大小计算中要根据这个二面角的实际大小,确定其余弦值的正、负号的选取.
(2)探索性问题一定要写出结论.
1.在空间中,已知=(2,4,0),=(-1,3,0),则异面直线AB与DC所成角θ的大小为
( )
A.45°B.90°C.120°D.135°
答案 A
解析 ∵=(2,4,0),=(-1,3,0),
cos〈,〉===.
∵〈,〉∈(0°,90°],∴〈,〉=45°.
故选A.
2.在正三棱柱ABC—A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.B.C.D.
答案 C
解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0),所以AC1与平面BB1C1C所成的角的正弦值为==.故选C.
3.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M、N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A.相交B.平行
C.垂直D.不能确定
答案 B
解析 分别以C1B1、C1D1、C1C所在直线为x,y,z轴,建立
空间直角坐标系,如图所示.
∵A1M=AN=a,
∴M,
N,∴=.
又C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴=(0,a,0),
∴·=0,∴⊥.
∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.
4.在三棱柱ABC—A1B1C1中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点D是侧面BB1C1C的中心,则AD与平面BB1C1C所成角的大小是( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
答案 C
解析 取BC中点E,连接AE,则AE⊥平面BCC1B1,故∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角.设各棱长为a,则AE=a,DE=a.∴tan∠ADE=.
∴∠ADE=60°.
5.在一直角坐标系中已知A(-1,6),B(3,-8),现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角,则折叠后A、B两点间的距离为________.
答案 2
解析 如图为折叠后的图形,其中作AC⊥CD,BD⊥CD,
则AC=6,BD=8,CD=4,
两异面直线AC、BD所成的角为60°,
故由=++,
得||2=|++|2=68,
∴||=2.
6.已知正方体ABCD—A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________.
答案
解析 在正方体ABCD—A1B1C1D1中,AD∥BC,所以AE与BC所成的角即为AD与AE所成的角,即是∠EAD.连接DE,在Rt△ADE中,设AD=a,则DE=a,tan∠EAD==,cos∠EAD=,所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.
专题限时规范训练
一、选择题
1.已知点G是△ABC的重心,O是空间任一点,若++=λ,则λ的值为( )
A.1B.2C.3D.4
答案 C
解析 ++=λ⇔=++,具体表示出向量后,比较即可.如图所示.
=+=+=+(+)
=+[(-)+(-)]
=++-
=++
=++,
所以λ=3.
2.若不同直线l1,l2的方向向量分别为μ,ν,则下列直线l1,l2中既不平行也不垂直的是
( )
A.μ=(1,2,-1),ν=(0,2,4)
B.μ=(3,0,-1),ν=(0,0,2)
C.μ=(0,2,-3),ν=(0,-2,3)
D.μ=(1,6,0),ν=(0,0,-4)
答案 B
解析 A项中μ·ν=0+4-4=0,∴l1⊥l2;
C项中μ=-ν,∴μ,ν共线,故l1∥l2;
D项中,μ·ν=0+0+0=0,∴l1⊥l2,故选B.
3.在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a.点E为侧棱PC的中点,又作DF⊥PB交PB于点F.则PB与平面EFD所成角为( )
A.30°B.45°
C.60°D.90°
答案 D
解析 建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz,D为坐标原点.则P(0,0,a),B(a,a,0),=(a,a,-a),
又=,
·=0+-=0,
所以PB⊥DE,由已知DF⊥PB,且DF∩DE=D,
所以PB⊥平面EFD,所以PB与平面EFD所成角为90°.
4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=2,AC=BC=1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,A1(1,0,2),B(0,1,0),A(1,0,0),C(0,0,0),
则=(-1,1,-2),
=(-1,0,0),
cos〈,〉=
==.
5.已知a=(1,1,0),b=(-1,0,3),且ka+b与2a-b垂直,则k的值为( )
A.B.1C.D.2
答案 A
解析 ka+b=(k-1,k,3),2a-b=(3,2,-3),依题意,得:
(k-1)×3+k×2+3×(-3)=0,解得k=.
6.如图,过正方形ABCD的顶点A,引PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是( )
A.30°B.45°
C.60°D.90°
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为=,
故所求的二面角的大小是45°.
7.正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则
||为( )
A.aB.aC.aD.a
答案 A
解析 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则A(a,0,0),C1(0,a,a),
N.
设M(x,y,z).
∵点M在AC1上且=,
∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z)
∴x=a,y=,z=.∴M,
∴||==a.
8.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则下面结论错误的为( )
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为60°
D.AB与CD所成的角为60°
答案 C
解析 取BD中点O,连接AO、CO,
则AO⊥BD,CO⊥BD,
∴BD⊥平面AOC,
∴AC⊥BD,又AC=AO=AD=CD,
∴△ACD是等边三角形,
而∠ABD是AB与平面BCD所成的角,应为45°.
又=++(设AB=a),
则a2=a2+2a2+a2+2·a·a·(-)
+2a·a·(-)+2a2cos〈,〉,
∴cos〈,〉=,∴AB与CD所成的角为60°.
二、填空题
9.到正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点:
①有且只有1个;②有且只有2个;③有且只有3个;④有无数个.其中正确答案的序号是________.
答案 ④
解
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- 空间向量与立体几何 新编 四川 高考 数学 二轮 复习 专题 空间 向量 立体几何 考点 精练 答案