《2016版高考数学大二轮总复习-增分策略-专题五-立体几何与空间向量-第3讲-立体几何中的向量方法试题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2016版高考数学大二轮总复习-增分策略-专题五-立体几何与空间向量-第3讲-立体几何中的向量方法试题(26页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 3 3 讲讲 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法1(2014课标全国)直三棱柱ABCA1B1C1中,BCA90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BCCACC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.1 102 53010222(2015安徽)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EFB1C;(2)求二面角EA1DB1的余弦值2以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点,与空间线面关系的证明相结合,热点为二面角的求解,均以解答的形式进
2、行考查,难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一 利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a a(a1,b1,c1),平面、的法向量分别为(a2,b2,c2),v v(a3,b3,c3)则有:(1)线面平行la aa a0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直la aa aka1ka2,b1kb2,c1kc2.(3)面面平行v vv va2a3,b2b3,c2c3.(4)面面垂直v vv v0a2a3b2b3c2c30.例 1 如图,在直三棱柱ADEBCF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
3、)平面MDF平面EFCD.思维升华 用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平3行,只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,即化归为证明线线平行,用向量方法证明直线ab,只需证明向量a ab b(R R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外跟踪演练 1 如图所示,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,ABC为等腰直角三角形,BAC90,且ABAA1,D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点求证:(1)DE平面ABC;(2)B1F平面AEF.热点二 利用空间向量求空间角4设直线l,m的方向向量分别为a a(a1,b1,c1
4、),b b(a2,b2,c2)平面,的法向量分别为(a3,b3,c3),v v(a4,b4,c4)(以下相同)(1)线线夹角设l,m的夹角为(0),则 2cos .|a ab b| |a a|b b|a1a2b1b2c1c2|a2 1b2 1c2 1a2 2b2 2c2 2(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为(0), 2则 sin |cosa a,|.|a a| |a a|(3)面面夹角设平面、的夹角为(0),则|cos |cos,v v|.|v v| |v v|例 2 (2015江苏)如图,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABCBAD,PAAD2,AB
5、BC1. 2(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的长思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤:建立恰当的空间直角坐标系;求出相关点的坐标;写出向量坐标;结合公式进行论证、计算;转化为几何结论(2)求空间角注意:两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角,5即 cos |cos |.两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值,即注意函数名称的变化跟踪演练 2 (2014福建)在平面四边形ABC
6、D中,ABBDCD1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图所示(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值热点三 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在6(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论例 3 如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABBC2AA1,ABC90,D是BC的中点(1)求证:A1B平面
7、ADC1;(2)求二面角C1ADC的余弦值;(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成 60角?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法7跟踪演练 3 如图所示,四边形ABCD是边长为 1 的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MDNB1,E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余
8、弦值;(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由如图,五面体中,四边形ABCD是矩形,ABEF,AD平面ABEF,且AD1,ABEF2,AFBE2,P、Q分别为AE、BD的中点1 22(1)求证:PQ平面BCE;8(2)求二面角ADFE的余弦值提醒:完成作业 专题五 第 3 讲9二轮专题强化练二轮专题强化练专题五专题五第第3 3讲讲 立立体体几几何何中中的的向向量量方方法法A A 组组 专题通关专题通关1已知平面ABC,点M是空间任意一点,点M满足条件,则直线AM( )OM3 4OA1 8OB1 8OCA与平面ABC平行B是平面ABC的斜线
9、C是平面ABC的垂线D在平面ABC内2.如图,点P是单位正方体ABCDA1B1C1D1中异于A的一个顶点,则的值为( )APABA0B1C0 或 1D任意实数3.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,M、N分别为A1B和AC上的点,A1MANa,则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )23A相交 B平行C垂直 D不能确定4如图,三棱锥ABCD的棱长全相等,E为AD的中点,则直线CE与BD所成角的余弦值为( )A. B.3632C. D.3361 2105已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( )A. B.64104C
10、. D.22326在棱长为 1 的正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为A1B1,BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为_7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_8已知ABCDA1B1C1D1为正方体,()232;()A1AA1D1A1B1A1B1A1CA1B1A1A0;向量与向量的夹角是 60;正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其AD1A1BABAA1AD中正确命题的序号是_9.如图,在底面是矩形的四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PAAB1,BC2.(
11、1)求证:EF平面PAB;(2)求证:平面PAD平面PDC.10(2015重庆)如图,三棱锥P-ABC中,PC平面ABC,PC3,ACB.D,E分别为线段AB,BC上的点,且 2CDDE,CE2EB2.2(1)证明:DE平面PCD;(2)求二面角APDC的余弦值11B B 组组 能力提高能力提高11(2014四川)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为,则 sin 的取值范围是( )A,1 B,13363C, D,1632 232 2312如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在直线BC1上运动时,有下列三个
12、命题:三棱锥AD1PC的体积不变;直线AP与平面ACD1所成角的大小不变;二面角PAD1C的大小不变其中真命题的序号是_13已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 1,E、F分别为BB1、CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为_14.如图,在三棱锥PABC中,ACBC2,ACB90,APBPAB,PCAC,点D为BC的中点(1)求二面角APDB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 ,1 6若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由1213学生用书答案精析学生用书答案精析第第 3 3 讲讲 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法高考真题体验1C
13、 方法一 补成正方体,利用向量的方法求异面直线所成的角由于BCA90,三棱柱为直三棱柱,且BCCACC1,可将三棱柱补成正方体建立如图(1)所示空间直角坐标系设正方体棱长为 2,则可得A(0,0,0),B(2,2,0),M(1,1,2),N(0,1,2),(1,1,2),BM(0,1,2)ANcos, BMANBMAN|BM|AN|14121222 021222.36 53010方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角,再根据余弦定理求解如图(2),取BC的中点D,连接MN,ND,AD,由于MN綊B1C1綊BD,因此有ND綊BM,则1 2ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角设BC2
14、,则BMND,AN,AD,因此 cosAND.655ND2NA2AD2 2NDNA30102(1)证明 由正方形的性质可知A1B1ABDC,且A1B1ABDC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1CA1D,又A1D面A1DE,B1C面A1DE,于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF,所以EFB1C.14(2)解 因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1AB,AA1AD,ABAD且AA1ABAD.以A为原点,分别以, ,为x轴,y轴和z轴单ABADAA1位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为.(1 2,1 2,1)设面A1DE的法向量n n1(r1,s1,t1),而该面上向量,(0,1,1),A1E(1 2,1 2,0)A1D由n n1,A1En n1 1得r1,s1,t1应满足的方程组Error!A1D(1,1,1)为其一组解,所以可取n n1(1,1,1)设面A1B1CD的法向量n n2(r2,s2,t2),而该面上向量(1,0,0),(0,1,1),A