《（北京专用）2020届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.5 空间角与距离、空间向量及其应用课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（北京专用）2020届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.5 空间角与距离、空间向量及其应用课件（235页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.5 空间角与距离、空间向量及其应用,高考数学 (北京专用),考点一 匀变速直线运动,A组 自主命题北京卷题组,五年高考,1.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= ,AC=AA1=2. (1)求证:AC平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)证明:直线FG与平面BCD相交.,解析 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为CC1平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形. 又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以ACEF. 因为AB=BC,所以ACBE.
2、 所以AC平面BEF. (2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1. 又CC1平面ABC,所以EF平面ABC. 因为BE平面ABC,所以EFBE. 如图建立空间直角坐标系E-xyz.,由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 所以 =(-1,-2,0), =(1,-2,1). 设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0), 则 即 令y0=-1,则x0=2,z0=-4. 于是n=(2,-1,-4). 又因为平面CC1D的一个法向量为 =(0,2,0), 所以cos= =- . 由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-
3、. (3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4), =(0,2,-1). 因为n =20+(-1)2+(-4)(-1)=20, 所以直线FG与平面BCD相交.,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 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知 识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间
4、想象能力、运算求解能力. (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PDME. 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OPAD. 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OPOE. 因为ABCD是正方形,所以OEAD. 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),
5、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, 则sin =|cos|= = . 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 .,方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量 n1,n2,设二面角的大小为,则有|cos |=|cos|= ,再通过原图判断二面角是钝角还是 锐角,进而求出二面角.2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线
6、的方向向量为e,平面 的法向量为n,则直线与平面所成的角满足sin = , .,3.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EF BC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点. (1)求证:AOBE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE平面AOC,求a的值.,解析 (1)证明:因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AOEF. 又因为平面AEF平面EFCB,平面AEF平面EFCB=EF, AO平面AEF,所以AO平面EFCB. 又BE平面EFCB,所以AOBE. (2)取BC的中点G,连接O
7、G. 由题设知EFCB是等腰梯形, 所以OGEF. 由(1)知AO平面EFCB, 又OG平面EFCB,所以OAOG. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,思路分析 (1)先用面面垂直的性质定理得出线面垂直,进而得到线线垂直;(2)建立空间直角 坐标系,求出两个平面的法向量n,p,利用cos= 求值;(3)用坐标表示 , ,利用 =0求a的值.,评析 本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学 生的空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题 的关键.,4.(2012北京,16,14分)如图1,在RtABC中,C=90,BC=3,AC
8、=6.D,E分别是AC,AB上的点,且DE BC,DE=2.将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图2. (1)求证:A1C平面BCDE; (2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小; (3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.,解析 (1)证明:因为ACBC,DEBC,所以DEAC. 所以DEA1D,DECD.所以DE平面A1DC.所以DEA1C. 又因为A1CCD,所以A1C平面BCDE. (2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz, 则A1(0,0,2 ),D(0,2,0),M(0,1, ),B(3,0,0),E
9、(2,2,0). 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z), 则n =0,n =0. 又 =(3,0,-2 ), =(-1,2,0), 所以 令y=1,则x=2,z= .所以n=(2,1, ). 设CM与平面A1BE所成的角为.,因为 =(0,1, ), 所以sin =|cos|= = = . 所以CM与平面A1BE所成角的大小为 . (3)线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:假设这样的点P存在,设其坐 标为(p,0,0),其中p0,3. 设平面A1DP的法向量为m=(x,y,z),则m =0,m =0. 又 =(0,2,-2 ), =(p,-2,0), 所以
10、令x=2,则y=p,z= .所以m= . 平面A1DP平面A1BE,当且仅当mn=0,即4+p+p=0. 解得p=-2,与p0,3矛盾. 所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.,评析 本题主要考查线面垂直及空间角,进一步考查空间向量在立体几何中的应用.,5.(2011北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2, BAD=60. (1)求证:BD平面PAC; (2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值; (3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.,解析 (1)证明:因为四边形ABCD是菱形, 所以ACBD.
11、又因为PA平面ABCD,BD平面ABCD, 所以PABD. 又因为PAAC=A,PA,AC平面PAC, 所以BD平面PAC. (2)设ACBD=O. 因为BAD=60,AB=2, 所以BO=1,AO=CO= . 如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,- ,2),A(0,- ,0),B(1,0,0),C(0, ,0), 所以 =(1, ,-2), =(0,2 ,0).,失分警示 易忽视菱形的对角线互相垂直,造成失分. 没有选择合适的空间直角坐标系,算错点的坐标、向量的数量积和模,造成失分. 算错平面的法向量以及运算失误,造成失分.,评析 本题考查空间线面位置关系的判定和相
12、互转化,考查异面直线所成角的概念和求法.考 查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.解题的关键: 利用菱形的对角线互相垂直,进而判断线面垂直. 选取合适的空间直角坐标系,简化求点的坐标的过程. 利用平面的法向量解决异面直线所成角的问题. 本题综合性较强,计算量大,属于中等难度题.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 空间角与距离,1.(2018课标,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截 此正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. C. D.,答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题. 由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的
13、三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图, 正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平 面A1BD,当平面趋近点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O时,截面图 形为正六边形,其边长为 ,截面图形的面积为6 = ;当平面趋近于C1时,截面 图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为 ,故选A.,解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在 直线与平面所成角是解决本题的关键.,方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法.,2.(2018课标,9,5分)在长方体ABCD
14、-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所 成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 本题考查异面直线所成的角. 解法一:如图,将长方体ABCD-A1B1C1D1补成长方体ABCD-A2B2C2D2,使AA1=A1A2,连接B1C2,DC2, 易知AD1B1C2, DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角. 易知B1C2=AD1=2,DB1= = ,DC2= = = .在DB1C2中,由余弦 定理的推论得cosDB1C2= = =- ,异面直线AD1与DB1所成角的余 弦值为 .故选C. 解法二:以A1为原点建立空间直角坐标系(如图)
15、,则A(0,0, ),D1(0,1,0),D(0,1, ),B1(1,0,0),所以 =(0,1,- ), =(1,-1,- ),所以cos= = = .故选C.,方法总结 常见的求异面直线所成角的方法 (1)通过平移找到异面直线所成的角或其补角,构造三角形,通过解三角形求解; (2)建立空间直角坐标系,由向量的夹角公式求解.,3.(2017课标全国,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面 直线AB1与BC1所成角的余弦值为( ) A. B. C. D.,答案 C 将直三棱柱ABC-A1B1C1补形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1
16、(如图),连接AD1,B1D1,则AD1 BC1. 则B1AD1(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角,易求得AB1= ,BC1=AD1= ,B1D1= .由 余弦定理得cosB1AD1= .故选C.,4.(2019课标全国文,16,5分)已知ACB=90,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到ACB两边 AC,BC的距离均为 ,那么P到平面ABC的距离为 .,答案,解析 本题主要考查直线与平面垂直的判定与性质,点到平面距离的计算等知识点;考查了考 生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力;考查的核心素养为直观想象. 设PO平面ABC于O,PEAC于E,PFBC于F, 连接OE、OF、OC,思路分析 设PO平面
