空间向量在立体几何中的应用重点知识+高考真题+模拟精选Word下载.docx
- 文档编号:16065991
- 上传时间:2022-11-18
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:183.47KB
空间向量在立体几何中的应用重点知识+高考真题+模拟精选Word下载.docx
《空间向量在立体几何中的应用重点知识+高考真题+模拟精选Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《空间向量在立体几何中的应用重点知识+高考真题+模拟精选Word下载.docx(17页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
设mg分别为平面,的法向量,二面角I为,则m,门2或
4
门1压
n!
n2,其中cosn仆n?
+一・
□压
三、禾U用向量求空间距离:
1求点到平面的距离
*丨
-ABn
设平面的法向量为n,A,B,则点A到平面的距离为一一
2、求两条异面直线的距离
设Ii,l2是两条异面直线,n是公垂线段AB的方向向量,C,D分别为|门2上的任意两点,
_cdni
则h与l2的距离为ABII
【重要题型】
1、(2012,理)如图所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,
点E在线段PC上,PC平面BDE
(1)证明:
BD平面PAC
(2)若PA1,AD2,求二面角BPCA的正切值
上的点,CDBE2,O为BC的中点。
将ADE沿DE折起,得到如图②所示的四
棱锥ABCDE,其中AO,3。
(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值
的中心,点F,G分别是棱C1D1、AA的中点,设Ei,Gi分别是点E,G在平面DCCQ的
正投影。
(1)求以E为顶点,以四边形FGAE在平面DCCiDi的正投影为底面边界的棱锥的体积;
(2)证明:
直线FGj平面FEE1;
(3)
求异面直线EjGj与EA所成角的正弦值。
AAi
ACCB
BC1//平面A1CD;
(2)求二面角DA1CE的正弦值.
5、(2012,理)如图,直三棱柱ABCABC,BAC90,ABACAA,点M,N
分别为AB和BC的中点
MN//平面AACC;
(2)
若二面角AMNC为直二面角,求的值.
6、(2010,理)已知三棱锥PABC中,PA平面ABC,ABAC,PAAC-AB,
2
N为AB上一点,AB4AN,M,S分别为PB,BC的中点。
CMSN;
求SN与平面CMN所成角的大小
7、(2010,理)如图,是半币:
径为a的半圆,AC为直径,点E为的附中点,点
B和点C为线段AD的三等分点,平面AEC外一点F满足FBFD.5a,FE.6a
EBFD;
好是AC中点,又PAAB4,CDA120°
,点N在线段PB上,且PN2.
(1)求证:
BDPC;
(2)求证:
MN//平面PDC;
(3)求二面角APCB的余弦值.
【参考答案】
又PC平面BDE,BD平面BDE,PCBD
PAPCP,BD平面PAC
(2)解:
BD平面PAC,AC平面PAC,BDAC
矩形ABCD是正方形
建立如图所示的坐标系Axyz,则
A(0,0,0),P(0,0,1),C(2,2,0),B(2,0,0)
AP(0,0,1),AC(2,2,0)
BP(2,0,1),BC(0,2,0)
设平面PAC的一个法向量为n1(x1,y1,z1)
APn1
0z1
则1
,即1
ACn1
02x1
2y1
令冷1,则
y11,乙
0,即
n1(1,1,0)
设平面PBC的一个法向量为n2(x2,y2,z2),
BC则
n20,即
y2
BP
n20
2x2z2
令X2
1,则y
0,Z2
2,即
(1,0,2)
丄
lJ
n1
n?
1
cos
m,门2-
n2
j5
10
A的大小为
设二面角BPC
,则cos
sin
310
tan3
2、
(1)证明:
连接OD,OE
由图①得,OC3,AC3,2,AD22
在OCD中,由余弦定理可得,
OD2OC2CD22OC
CDcos45
AO2
OD2
AD2
AOOD
同理可证,
AO
OE
又OD
O,
AO平面BCDE
由翻折的不变性可知,AD
AD2.2
以O点为原点,建立空间直角坐标系O
则A(0,0,3),C(0,3,0),D(1,2,0)
所以CA(0,3,,3),DA(1,2,3)
xyz如图所示
CAn0
设平面ACD的一个法向量为n(x,y,z),贝U..
DAn0
即3y3Z0
x2y、3z0
令x1,则y
1,z.3,即n(1,1,「3)
由
(1)知,OA
(0,0,3)为平面CDB的一个法向量
cosn,OA
nOA3
nOA
15
355
即求二面角A
CDB的平面角的余弦值为一15
5
3、
(1)解:
依题意得,
EEi平面DCCiDi,且四边形FGAE在平面DCCiDi的正投影
为四边形FG1DE1
点E是正方形BCCiBi的中心,
EEi
SFGiDEiSDCCiDiSFD1G1
E1C1F
DCEi
2211111111
222
iSFEi
故所求的四棱锥的体积为VE
FC1DE1
DG1EE1
由
(1)知,E1C1F与G1D1F都是等腰直角三角形
GiFEi90,即FGiFEi
又EE1平面DCC1D1,FG1平面DCC1D1,EE1FG1
EEiFE1E1,FG1平面FEE1
(3)解:
以D为原点,DD1,DC,DA分别为z轴,y轴,x轴的正向,;
DD1为1个单
位长度,建立空间直角坐标系,则E(1,2,1),F(0,1,2),Gi(0,0,1),E,0,2,1),A(2,0,0)
4、
(1)证明:
连接ACi交AiC于点F,则F为ACi中点
又D是AB中点,连接DF,贝UBCi//DF
DF平面ACD,BC1平面A,CD,BC1//平面A1CD
同理,设n2(x2,y2,z2)是平面A1CE的法向量,则
CE
CA
2y2
2x2
Z2
2Z2
0,可取n2
(2,1,2)
从而
ni,匕
ni
故sinn1,n2
即二面角DA1C
/6
E的正弦值为—6
3
5、
(1)证明:
连接
AB,AC
三棱柱ABCABC
M为AB的中点
又N为BC的中点
MN//AC
AC平面AACC,
MN平面AACC
MN//平面AACC
角坐标系Axyz,如图所示:
设AA1,贝UABAC
于是A(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0)
A(0,0,1),B(,0,1),C(0,,1)
因此,m//,Ng])
设n1(捲,如,乙)是平面AMN的法向量,
同理,设门2(X2,y2,Z2)是平面MNC的法向量,
2X22y2
2y22Z2
0_
,可取n2(3,1,)
AMNC为直二面角
厲n20,即3120,解得■,2
6、
(1)证明:
设PA1,以A为原点,AB,AC,AP分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示:
11
则p(o,o,1),c(o,1,o),b(2,o,o),m(1,o,2),n(2,o,o)
S(1,2,0)
1-
CM(1,1,2),sn(
一-—'
11
由CMSN
22
NC(—,1,0)
0可知,CM
设n(x,y,z)为平面CMN的一个法向量
,可取
设SN与平面CMN所成角为,则
n,SN
45
7、
(1)证明:
E为u的中点,
EBAD
FE2FB2EB2
ABBC,AC为直径
平面BDF
FD平面BDF,EBFD
由此得,
(2)如图,以B为原点,BE,BD分别为x,y轴正方向,过B作平面BEC的垂线,建立
空间直角坐标系Bxyz,连接FC
B(O,O,O),C(O,a,0),D(0,2a,0),E(a,0,0)
FDFB,BCCD
FCBD
FC2a
FQFE,FRFB
33
12
R(O,3a,3a)
22
RQ—BE(—a,0,0)
33
——52
RD(0,—a,a)
设平面RQD的法向量为n(x-y-zj,
由n
RD
0得,
3ay1
2az1
RQ
2ax1
同理,
设平面
BED
的法向量为
,可取n(0,2,5)
(X2,yzz),可取n(0,0,1)
2.29
29
■■■h
n1n255J29
cosn,n2
mnJ岳29
一一2(29
sinn1,n2-
平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为
8、证明:
(1)因为ABC是正三角形,M是AC中点,
所以BMAC,即BDAC1分又因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,PABD
又PAIACA,所以BD平面PAC3分
又PC平面PAC,所以BDPC4分
(2)在正三角形ABC中,BM2.35分在ACD中,因为M为AC中点,DMAC,所以ADCD
CDA120°
,所以DM空,所以BM:
MD3:
16分
在等腰直角三角形PAB中,PAAB4,pb4..2,
所以BN:
NP3:
1,BN:
NPBM:
MD,所以MN//PD8分
又MN平面PDC,PD平面PDC,所以MN//平面PDC9分
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 空间 向量 立体几何 中的 应用 重点 知识 高考 模拟 精选