高考数学复习立体几何大题Word格式文档下载.docx
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=(1,0,0),
=(0,-1,1),
由
得
令x1=1,则n1=
同理可得n2=(0,1,1).
∵n1·
n2=0,∴平面MDF⊥平面EFCD.
方法二
(1)
+
-
(
)-
=-
∴向量
与向量
共面,
又BF,BC⊂平面BCF,OM⊄平面BCF,
∴OM∥平面BCF.
(2)由题意及
(1)知,BF,BC,BA两两垂直,
=0,
)
2+
2=0,
即OM⊥CD,OM⊥FC,
又CD∩FC=C,CD,FC⊂平面EFCD,
∴OM⊥平面EFCD.
又OM⊂平面MDF,∴平面MDF⊥平面EFCD.
跟踪演练1 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中点.
(1)求证:
AM∥平面PCD;
(2)求证:
平面ACM⊥平面PAB.
证明
(1)如图,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,
则A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a)(a>
0),M
=(1,1,a),
设平面PCD的法向量为n1=(x0,y0,z0),则
令y0=a,则n1=(0,a,-1),
所以
n1=
又AM⊄平面PCD,
所以AM∥平面PCD.
(2)由
(1)得,
=(1,1,0),
设平面ACM的法向量为n2=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,则n2=
=(0,0,a),
=(-1,1,0),
设平面PAB的法向量为n3=(x2,y2,z2),
令x2=1,则n3=(1,1,0),
所以n2·
n3=1-1=0.
所以平面ACM⊥平面PAB.
热点二 利用空间向量求空间角
设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面α,β的法向量分别为μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l,m的夹角为θ
则cosθ=
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ
则sinθ=
=|cos〈a,μ〉|.
(3)二面角
设α-a-β的平面角为θ(0≤θ≤π),
则|cosθ|=
=|cos〈μ,v〉|.
例2 (2019·
南昌模拟)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,CC1⊥底面ABCD,且∠BAD=60°
,CD=CC1=2C1D1=4,E是棱BB1的中点.
AA1⊥BD;
(2)求二面角E-A1C1-C的余弦值.
(1)证明 因为C1C⊥底面ABCD,所以C1C⊥BD.
因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.
又AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面ACC1A1,
所以BD⊥平面ACC1A1.
又AA1⊂平面ACC1A1,
所以BD⊥AA1.
(2)解 如图,设AC交BD于点O,
依题意,A1C1∥OC且A1C1=OC,
所以四边形A1OCC1为平行四边形,
所以A1O∥CC1,且A1O=CC1.
所以A1O⊥底面ABCD.
以O为原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
则A(2
,0,0),A1(0,0,4),C1(-2
,0,4),B(0,2,0),
=(-2
,2,0).
,得B1(-
,1,4).
因为E是棱BB1的中点,
所以E
,0,0).
设n=(x,y,z)为平面EA1C1的法向量,
取z=3,得n=(0,4,3),
平面A1C1C的法向量m=(0,1,0),
又由图可知,二面角E-A1C1-C为锐二面角,
设二面角E-A1C1-C的平面角为θ,
所以二面角E-A1C1-C的余弦值为
跟踪演练2 (2019·
河南名校联盟联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠PAB=90°
,AB∥CD,且PB=BC=BD=
,CD=2AB=2
,∠PAD=120°
.E和F分别是棱CD和PC的中点.
CD⊥BF;
(2)求直线PB与平面PCD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵E为CD中点,CD=2AB,
∴AB=DE.
又AB∥CD,
∴四边形ABED为平行四边形.
∵BC=BD,E为CD中点,
∴BE⊥CD,
∴四边形ABED为矩形,
∴AB⊥AD.
由∠PAB=90°
,得PA⊥AB,
又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
∴AB⊥平面PAD.
∵AB∥CD,
∴CD⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD,
∴CD⊥PD.
∵EF∥PD,
∴CD⊥EF.
又CD⊥BE,BE∩EF=E,BE,EF⊂平面BEF,
∴CD⊥平面BEF.
又∵BF⊂平面BEF,
∴CD⊥BF.
(2)解 由
(1)知AB⊥平面PAD.
以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,平面PAD内过点A且与AD垂直的线为z轴建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示.
∵∠PAD=120°
∴∠PAz=30°
又PB=
,AB=
,AB⊥PA,
∴PA=2.
∴点P到z轴的距离为1.
∴P(0,-1,
),同时知A(0,0,0),B(
又BC=BD=
,CD=2
∴BE=2.
∴C(2
,2,0),D(0,2,0).
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
令y=1,则n=(0,1,
).
又
=(
,1,-
),
设直线PB与平面PCD所成的角为θ.
则sinθ=|cos〈n,
〉|
即直线PB与平面PCD所成的角的正弦值为
热点三 利用空间向量解决探索性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类:
一类是探究线面的位置关系;
另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:
先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
例3 (2019·
临沂模拟)如图,平面ABCD⊥平面ABE,四边形ABCD是边长为2的正方形,AE=1,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.
AE⊥平面BCE;
(2)线段AD上是否存在一点M,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为
?
若存在,试确定点M的位置;
若不存在,请说明理由.
(1)证明 ∵BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,
∴BF⊥AE,
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC⊥AB,
又平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,
∴CB⊥平面ABE,
∵AE⊂平面ABE,
∴CB⊥AE,
∵BF∩BC=B,BF,BC⊂平面BCE,
∴AE⊥平面BCE.
(2)解 线段AD上存在一点M,当AM=
时,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为
∵AE⊥平面BCE,BE⊂平面BCE,
∴AE⊥BE,
在Rt△AEB中,AB=2,AE=1,
∴∠ABE=30°
,∠BAE=60°
以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,
设AM=h,则0≤h≤2,
∵AE=1,∠BAE=60°
∴M(0,0,h),E
B(0,2,0),C(0,2,2),
设平面MCE的一个法向量n=(x,y,z),
令z=2,解得n=
平面ABE的一个法向量m=(0,0,1),
由题意可知cos〈m,n〉=
解得h=
所以当AM=
跟踪演练3 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1=2,点P为棱B1C1的中点,点Q为线段A1B上一动点.
当点Q为线段A1B的中点时,PQ⊥平面A1BC;
(2)设
=λ
,试问:
是否存在实数λ,使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为
若存在,求出这个实数λ;
(1)证明 连接AB1,AC1,
∵点Q为线段A1B的中点,
∴A,Q,B1三点共线,
且Q为AB1的中点,
∵点P为B1C1的中点,
∴PQ∥AC1.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
AC⊥BC,
∴BC⊥平面ACC1A1,
又AC1⊂平面ACC1A1,
∴BC⊥AC1.
∵AC=AA1,
∴四边形ACC1A1为正方形,
∴AC1⊥A1C,
又A1C,BC⊂平面A1BC,A1C∩BC=C,
∴AC1⊥平面A1BC,
而PQ∥AC1,
∴PQ⊥平面A1BC.
(2)解 由题意可知,CA,CB,CC1两两垂直,
以C为原点,分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz,
连接B1Q,PB,设Q(x,y,z),
B(0,2,0),A1(2,0,2),
P(0,1,2),B1(0,2,2),
∴(x,y-2,z)=λ(2,-2,2),
∴Q(2λ,2-2λ,2λ).
∵点Q在线段A1B上运动,
∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量,
设平面A1PB的法向量为n1=(x,y,z),
=(0,-1,2),
=(2,-1,0),
令y=2,得n1=(1,2,1),
设平面B1PQ的法向量为n2=(x,y,z),
=(0,1,0),
=(2λ,-2λ,2λ-2).
令z=1得n2=
(1-λ,0,λ),
取n2=(1-λ,0,λ),
由题意得|cos〈n1,n2〉|=
∴9λ2-9λ+2=0,
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- 高考 数学 复习 立体几何
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