届高考理数86空间向量在立体几何中的应用.docx
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届高考理数86空间向量在立体几何中的应用
§8.6 空间向量在立体几何中的应用
考纲解读
考点
内容解读
要求
高考示例
常考题型
预测热度
空间向量及其应用
①理解直线的方向向量与平面的法向量;
②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;
③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理);
④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,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用
掌握
2017浙江,9;
2017课标全国Ⅱ,19;
2017天津,17;2017江苏,22;
2017北京,16;2017浙江,19;
2017山东,17;
2016课标全国Ⅲ,19;
2016山东,17;2016浙江,17;
2015课标Ⅱ,19;2014陕西,17;
2013课标全国Ⅱ,18
解答题
★★★
分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.
五年高考
考点 空间向量及其应用
1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.
解析 在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.
如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,
则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).
(1)=(,-1,-),=(,1,),
则cos<,>=
=
=-,
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.
(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).
设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,
又=(,-1,-),=(-,3,0),
则
即
不妨取x=3,则y=,z=2,
所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,
从而cos<,m>===.
设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.
因为θ∈[0,π],所以sinθ==.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为.
2.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.
(1)求证:
M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
解析
(1)设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).
设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=1,z=.
于是n=(1,1,).
平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).
所以cos
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.
(3)由题意知M,C(2,4,0),=.
设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sinα=|cos
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
3.(2017课标全国Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:
直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
解析
(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0 因为BM与底面ABCD所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量, 所以|cos<,n>|=sin45°,=, 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又M在棱PC上,设=λ,则 x=λ,y=1,z=-λ.② 由①,②解得(舍去),或 所以M,从而=. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, 则即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D的余弦值为. 4.(2016课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD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. (1)证明MN∥平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 解析 (1)由已知得AM=AD=2. 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分) 又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分) (2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===. 以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N, =(0,2,-4),=,=. 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量, 则即(10分) 可取n=(0,2,1). 于是|cos 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分) 教师用书专用(5—25) 5.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则( ) A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α 答案 B 6.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是( ) A.(-1,1,0)B.(1,-1,0) C.(0,-1,1)D.(-1,0,1) 答案 B 7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0= ,y0= ,|b|= . 答案 1;2;2 8.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点. (1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小. 解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A, 所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP, 所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°. (2)解法一: 取的中点H,连接EH,GH,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形, 所以AE=GE=AC=GC==. 取AG中点M,连接EM,CM,EC, 则EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM==2. 在△BEC中,由于∠EBC=120°, 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12, 所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°. 解法二: 以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0), 故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3), 设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量. 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量. 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2). 所以cos 易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60°. 9.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值. 解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH==6,所以AH=10. 以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 则即 所以可取n=(0,4,3). 又=(-10,4,8),故|cos 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为. 10.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线. (1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证: GH∥平面ABC; (2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值. 解析 (1)证明: 设FC中点为I,连接GI,HI. 在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF. 又EF∥OB,所以GI∥OB. 在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC. 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC. (2)解法一: 连接OO',则OO'⊥平面ABC. 又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC. 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(0,2,0), C(-2,0,0), 所以=(-2,-2,0), 过点F作FM垂直OB于点M. 所以FM==3,可得F(0,,3). 故=(0,-,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由可得 可得平面BCF的一个法向量m=. 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 所以cos 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 解法二: 连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M. 则有FM∥OO'. 又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC. 可得FM==3. 过点M作MN垂直BC于点N,连接FN. 可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角. 又AB=BC,AC是圆O的直径, 所以MN=BMsin45°=. 从而FN=,可得cos∠FNM=. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 11.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证: BF⊥平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 解析 (1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示. 因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC. 又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. (2)解法一: 过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ. 因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK. 所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角. 在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=. 在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 解法二: 如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0), E,F. 因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0). 设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2). 由得取m=(,0,-1); 由得取n=(3,-2,). 于是,cos 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 12.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2. (1)证明: CD⊥平面A1OC; (2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值. 解析 (1)证明: 在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=, 所以BE⊥AC. 即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC, 从而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE, 所以CD⊥平面A1OC. (2)因为平面A1BE⊥平面BCDE, 又由 (1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC, 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角, 所以∠A1OC=. 如图,以O为原点,建立空间直角坐标系, 因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 所以B,E,A1,C, 得=,=, ==(-,0,0). 设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ, 则得取n1=(1,1,1); 得取n2=(0,1,1), 从而cosθ=|cos 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. 13.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N. (1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明: 直线MN∥平面BDH; (3)求二面角A-EG-M的余弦值. 解析 (1)点F,G,H的位置如图所示. (2)证明: 连接BD,设O为BD的中点. 因为M,N分别是BC,GH的中点, 所以OM∥CD,且OM=CD, HN∥CD,且HN=CD. 所以OM∥HN,OM=HN. 所以MNHO是平行四边形, 从而MN∥OH. 又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH, 所以MN∥平面BDH. (3)解法一: 连接AC,过M作MP⊥AC于P. 在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG, 所以MP⊥EG. 过P作PK⊥EG于K,连接KM, 所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG. 所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角. 设AD=2,则CM=1,PK=2. 在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=. 在Rt△PKM中,KM==. 所以cos∠PKM==. 即二面角A-EG-M的余弦值为. 解法二: 如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz. 设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2). 设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z), 由得 取x=2,得n1=(2,2,1). 在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC, 则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0), 所以cos 故二面角A-EG-M的余弦值为. 14.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值; (2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长. 解析 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). (1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0). 因为=(1,1,-2),=(0,2,-2), 设平面PCD的法向量为m=(x,y,z), 则m·=0,m·=0, 即 令y=1,解得z=1,x=1. 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量. 从而cos<,m>==, 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. (2)因为=(-1,0,2), 设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又=(0,-1,0), 则=+=(-λ,-1,2λ), 又=(0,-2,2), 从而cos<,>==. 设1+2λ=t,t∈[1,3], 则cos2<,>==≤. 当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为. 因为y=cosx在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值. 又因为BP==, 所以BQ=BP=. 15.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点. (1)求证: GF∥平面ADE; (2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值. 解析 解法一: (1)证明: 如图,取AE的中点H,连接HG,HD, 又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB. 又F是CD的中点,所以DF=CD. 由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH. 又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE. (2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量. 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由得 取z=2,得n=(2,-1,2). 从而cos 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为. 解法二: (1)证明: 如图,取AB中点M,连接MG,MF. 又G是BE的中点,可知GM∥AE. 又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE. 在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD. 又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE. 又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF, 所以平面GMF∥平面ADE. 因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE. (2)同解法一. 16.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H. (1)证明: 四边形EFGH是矩形; (2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值. 解析 (1)证明: 由该四面体的三视图可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1. 由题设,知BC∥平面EFGH, 平面EFGH∩平面BDC=FG, 平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH. 同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四边形EFGH是平行四边形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC, ∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴四边形EFGH是矩形. (2)解法一: 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), =(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, ∴n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sinθ=|cos<,n>|= ==. 解法二: 以D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), ∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点, 得E,F(1,0,0),G(0,1,0). ∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 则n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sinθ=|cos<,n>|===. 17.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD
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- 高考 86 空间 向量 立体几何 中的 应用