《新高考数学（理）之立体几何与空间向量 专题08 空间向量在立体几何中的应用（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考数学（理）之立体几何与空间向量 专题08 空间向量在立体几何中的应用（解析版）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、新高考数学（理）立体几何与空间向量08 空间向量在立体几何中的应用【考点讲解】一、 具体目标：理解空间向量的概念，空间向量的加法、减法和数乘的几何意义、空间向量的基本定理、空间向量的数量积的定义及其性质掌握空间向量的坐标表示及其运算、两点距离公式、模长公式、数量积公式、夹角公式、法向量、空间向量的坐标运算、会运用空间向量的坐标运算求空间的角和距离利用空间向量进行平行、垂直的证明以及探究性问题的探讨.二、知识概述：(1) 空间向量的概念；空间向量的加法、减法、数乘；空间向量定理（共线向量定理、共面向量定理、空间向量基本定理）；空间向量的数量积（2）选定空间不共面的三个向量作基底，并用它们表示出指
2、定的向量，是空间向量坐标运算的基础，这也是学习空间向量的基本要求（3）首尾连接若干向量若能构成封闭图形，则其和为零向量；有关点共线问题可以用a /ba b；有关点共线问题可转化为向量共面问题，关键是找到，使pxayb 或（4）数量积公式ab|a|b|cos是求空间角的有力工具，其产生的性质abab0是证明线线垂直的重要方法；而性质a2|a|2可使向量用于距离计算或证明.（5）在计算和证明立体几何问题时，若能在原图中建立适当的空间直角坐标系，把图形中的点的坐标求出来，那么图形中有关问题可用向量表示，利用空间向量的坐标运算来求解，这样可以避开较为复杂的空间想象（6）建立空间直角坐标系的一般条件是：
3、所给的图形中有三条两两垂直且相交的直线，则取其交点为坐标原点，以这三条线分别为轴建立空间直角坐标系（7）求空间任一点的坐标的一般方法：过作轴的平行线交平面于，过分别作x、y轴的平行线，分别交y、x轴于，则由、的长度和方向便可求得点的坐标（8）夹角公式：若，则（9）常用公式：已知，则：; 已知，若,则;若,则.（10）法向量定义：如果直线, 取直线l的方向向量为，则向量叫作平面的法向量利用法向量，可以巧妙的解决空间角度和距离.平面法向量的求法 第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z).第二步(列):根据na = 0且nb = 0可列出方程组第三步(解):把z看作常数,用z表示x、y
4、.第四步(取):取z为任意一个正数(当然取得越特殊越好),便得到平面法向量n的坐标.【真题分析】1.【2015高考四川】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为 .【解析】如图建立空间直角坐标系；设 ， 则，设，则； 由于异面直线所成的角范围为；，所以，令，当时取等号，所以 当时，取得最大值.【答案】2.【2018年高考全国卷理数】在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A B C D【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则，连接，易求得
5、，则是异面直线与所成的角，由余弦定理可得.故选C.方法二：以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.【答案】C3.【2018全国卷】在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以(1，0，)，(1，1，则cos，.故异面直线AD1与DB1所成角
6、的余弦值为.【答案】C4.【2019优选题】如图，F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点E是BB1上一点，若D1FDE，则有()AB1EEBBB1E2EB CB1EEB DE与B重合【解析】以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则(0，1，2)，(2，2，z)，因为02122z0，所以z1，所以B1EEB.【答案】A5.【2019年高考全国卷理数】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB
7、1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【解析】（1）连结B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且ME=B1C又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知可得DEDA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Dxyz，则，A1(2，0，4)，设为平面A1MA的法向量，则，所以可取设为平面A1MN的法向量，则所以可取于是，所以二面角的正弦值为6.【2019年高考天津卷理数】
8、如图，平面，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值为，求线段的长【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，设，则（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面（2）依题意，设为平面的法向量，则即不妨令，可得因此有所以，直线与平面所成角的正弦值为（3）设为平面的法向量，则即不妨令，可得由题意，有，解得经检验，符合题意所以，线段的长为 7.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【解析】方法
9、一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F所以BC平面A1EF因此EFBC（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由（1）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）不妨设AC=4，则在Rt
10、A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），C(0，2，0)因此，由得（2）设直线EF与平面A1BC所成角为由（1）可得设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值
11、为8.【2019年高考全国卷理数】图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，FBC=60，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小.【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE（2）作EHBC，垂足为H因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面AB
12、C由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC=60，可求得BH=1，EH=以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，1，0）设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，）又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以因此二面角BCGA的大小为30【模拟考场】1.【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明： ；（2）求与平面所成角的正弦值.【分析】（1）要证明面面垂直就要先证明线面垂直，结合
13、题意可以得出，然后再根据面面垂直的判定，得出.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果. 【解析】（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PEPF.可得.则，为平面ABFD的法向量.设DP
14、与平面ABFD所成角为，则.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.2.【2018年高考全国II卷理数】如图，在三棱锥中，为的中点（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值【解析】（1）因为，为的中点，所以，且连结因为，所以为等腰直角三角形，且，由知由知平面（2）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由已知得取平面的法向量设，则设平面的法向量为由得，可取，所以由已知可得所以解得（舍去），所以又，所以所以与平面所成角的正弦值为4.【2018年高考全国卷理数】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值【解析】（1）由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DMCM.又 BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.（2）以D为坐标原点,的方向
