《高考理科数学复习第1部分板块2核心考点突破拿高分专题3第2讲立体几何(大题)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考理科数学复习第1部分板块2核心考点突破拿高分专题3第2讲立体几何(大题)（27页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 2 讲立体几何 (大题 )热点一平行、垂直关系的证明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 b( 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. 例 1如图，在直三棱柱ADEBCF 中，平面ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直，点 M 为 AB 的中点，点O 为 DF 的中点 .运用向量方法证明：(1)OM平面 BCF；(2)平面 MDF 平面 EFCD . 证明方法一(1)由题意，得AB，A
2、D，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 设正方形边长为1， 则 A(0,0,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0， 1,0)， F(1,0,1)， M12，0，0 ， O12，12，12. OM 0，12，12，BA( 1,0,0)，OM BA0， OMBA. 棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，AB平面 BCF， BA是平面 BCF 的一个法向量，且 OM?平面 BCF，OM平面 BCF . (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的法向量分别为n1(x1， y1， z1)，n2(x2，y2，z2). DF(1， 1,1)，DM12， 1，0
3、，DC(1,0,0)，CF(0， 1,1)，由n1 DF0，n1 DM0，得x1y1z10，12x1y10，令 x1 1，则 n1 1，12，12. 同理可得n2(0,1,1). n1 n20， 平面 MDF 平面 EFCD . 方法二(1)OMOFFBBM12DFBF12BA12(DBBF)BF12BA12BD12BF12BA12(BCBA)12BF12BA12BC12BF. 向量 OM与向量 BF，BC共面，又 BF，BC? 平面 BCF， OM?平面 BCF ，OM平面 BCF. (2)由题意及 (1)知， BF，BC，BA 两两垂直，CDBA，FCBCBF，OM CD 12BC12BF
4、 BA0，OM FC 12BC12BF (BCBF) 12BC212BF20，OMCD，OMFC，即 OMCD，OMFC，又 CDFC C，CD，FC? 平面 EFCD ，OM平面 EFCD . 又 OM? 平面 MDF ，平面 MDF 平面 EFCD . 跟踪演练1如图，在四棱锥PABCD 中， PA底面 ABCD，ADBC，ADCD，BC2，ADCD1，M 是 PB 的中点 . (1)求证： AM平面 PCD；(2)求证：平面ACM平面 P AB. 证明(1)如图，以C 为坐标原点建立空间直角坐标系Cxyz，则 A(1,1,0)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，D(1,0,0)，P(1
5、,1，a)(a0)， M12，32，a2， CP(1,1，a)，CD(1,0,0)，AM 12，12，a2，设平面 PCD 的法向量为n1 (x0，y0，z0)，则x0y0az00，x00，令 y0 a，则 n1(0，a， 1)，所以 AM n1a2a20，又 AM?平面 PCD，所以 AM平面 PCD. (2)由 (1)得， CA(1,1,0)，CM12，32，a2，设平面 ACM 的法向量为n2(x1，y1，z1)，则x1y10，12x132y1a2z1 0，令 x1 1，则 n2 1， 1，2a，AP (0,0， a)，AB(1,1,0)，设平面 PAB 的法向量为n3(x2， y2，z
6、2)，则x2y20，az20，令 x2 1，则 n3(1,1,0)，所以 n2 n311 0. 所以平面ACM平面 PAB. 热点二利用空间向量求空间角设直线 l，m 的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2).平面 ，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4， c4)(以下相同 ). (1)线线夹角设 l，m 的夹角为0 2，则 cos |a b|a|b|a1a2b1b2 c1c2|a21b21c21a22 b22 c22. (2)线面夹角设直线 l 与平面 的夹角为0 2，则 sin |a |a| |cosa， |. (3)二面角设 a的平面角为 (0 )，则
7、|cos | v| |v|cos ，v|. 例 2(2019 南昌模拟 )如图，四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD 是菱形， CC1底面ABCD，且 BAD 60 ， CDCC12C1D14，E 是棱 BB1的中点 . (1)求证： AA1BD；(2)求二面角EA1C1C 的余弦值 . (1)证明因为 C1C底面 ABCD，所以 C1CBD. 因为底面ABCD 是菱形，所以BDAC. 又 ACCC1C，AC，CC1? 平面 ACC1A1，所以 BD平面 ACC1A1. 又 AA1? 平面 ACC1A1，所以 BDAA1. (2)解如图，设AC 交 BD 于点 O，依题意， A1C1
8、OC 且 A1C1OC，所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以 A1OCC1，且 A1OCC1. 所以 A1O底面 ABCD. 以 O 为原点， OA，OB， OA1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系. 则 A(23，0,0)， A1(0,0,4)，C1(23，0,4)，B(0,2,0)，AB (2 3，2,0). 由 A1B1-12AB，得 B1(3， 1,4). 因为 E 是棱 BB1的中点，所以 E 32，32，2 ，所以 EA132，32，2 ， A1C1-(2 3，0,0). 设 n(x，y，z)为平面 EA1C1的法向量，则n A1C1- 2 3x0，n
9、EA132x32y2z 0，取 z3，得 n(0,4,3)，平面 A1C1C 的法向量 m(0,1,0)，又由图可知，二面角EA1C1C 为锐二面角，设二面角EA1C1C 的平面角为 ，则 cos |m n|m|n|45，所以二面角EA1C1C 的余弦值为45. 跟踪演练2(2019 河南名校联盟联考)如图，在四棱锥PABCD 中， P AB90 ，ABCD，且 PBBC BD6，CD 2AB2 2， PAD120 .E 和 F 分别是棱CD 和 PC 的中点 . (1)求证： CDBF；(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成的角的正弦值. (1)证明E 为 CD 中点， CD2AB，ABD
10、E. 又 ABCD，四边形 ABED 为平行四边形. BCBD，E 为 CD 中点，BECD，四边形 ABED 为矩形，ABAD. 由PAB90 ，得 P AAB，又 PAADA，PA，AD? 平面 PAD，AB平面 PAD. ABCD，CD平面 P AD. 又 PD? 平面 P AD ，CDPD. EFPD，CDEF. 又 CDBE，BEEFE，BE，EF? 平面 BEF，CD平面 BEF. 又BF? 平面 BEF，CDBF. (2)解由(1)知 AB平面 PAD. 以 A 为原点， AB 所在直线为x 轴， AD 所在直线为y 轴，平面 PAD 内过点 A 且与 AD 垂直的线为 z轴建立
11、空间直角坐标系Axyz，如图所示 . PAD 120 ， PAz30 . 又 PB6， AB2，ABPA，PA 2. 点 P 到 z 轴的距离为1. P(0， 1，3)，同时知A(0,0,0)，B(2，0,0). 又 BCBD6，CD2 2，BE2. C(22，2,0)，D(0,2,0). 设平面 PCD 的一个法向量为n(x，y，z)，由n PD x，y，z 0， 3，3 0，n CD x， y，z 2 2，0，0 0，得3y3z0，2 2x0.令 y1，则 n(0,1，3). 又PB(2， 1，3)，设直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 . 则 sin |cosn， PB| |n PB
12、|n| |PB|22131366. 即直线 PB 与平面 PCD 所成的角的正弦值为66. 热点三利用空间向量解决探索性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是： 先建立空间直角坐标系，引入参数 (有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断. 例 3(2019 临沂模拟 )如图，平面ABCD平面 ABE，四边形ABCD 是边长为2 的正方形，AE 1，F 为 CE 上的点，且BF平面 ACE. (1)求证： AE平面 BCE；(2)线段 AD 上是否
13、存在一点M， 使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为34？若存在，试确定点M 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明BF平面 ACE，AE? 平面 ACE，BFAE，四边形 ABCD 是正方形，BCAB，又平面 ABCD平面 ABE，平面 ABCD平面 ABEAB，CB平面 ABE，AE? 平面 ABE，CBAE，BFBCB，BF，BC? 平面 BCE，AE平面 BCE. (2)解线段 AD 上存在一点M，当 AM3时，使平面ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为34. AE平面 BCE， BE? 平面 BCE，AEBE，在 RtAEB 中， AB2， AE1， ABE
14、 30 ， BAE60 ，以 A 为原点，建立空间直角坐标系Axyz，设 AMh，则 0h2，AE1， BAE60 ，M(0,0，h)，E32，12，0 ，B(0,2,0)，C(0,2,2)，所以 ME32，12， h ，CE32，32， 2 ，设平面 MCE 的一个法向量n(x， y，z)，则n ME3x212yhz0，n CE3x232y2z0，令 z2，解得 n3323h ，h 2，2 ，平面 ABE 的一个法向量m(0,0,1)，由题意可知cosm，nm n|m|n|21323h2 h22434，解得 h3，所以当 AM3时，使平面ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为34. 跟
15、踪演练3如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中， ACBC，AC BCAA12，点 P 为棱B1C1的中点，点Q 为线段 A1B 上一动点 . (1)求证：当点Q 为线段 A1B 的中点时， PQ平面 A1BC；(2)设 BQ BA1，试问：是否存在实数 ，使得平面A1PQ 与平面 B1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010？若存在，求出这个实数 ；若不存在，请说明理由. (1)证明连接 AB1，AC1，点 Q 为线段 A1B 的中点，A，Q，B1三点共线，且 Q 为 AB1的中点，点 P 为 B1C1的中点，PQAC1. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC BC，BC平面 ACC1A1，又 A
16、C1? 平面 ACC1A1，BCAC1. ACAA1，四边形 ACC1A1为正方形，AC1A1C，又 A1C，BC? 平面 A1BC，A1CBCC，AC1平面 A1BC，而 PQAC1，PQ平面 A1BC. (2)解由题意可知， CA，CB，CC1两两垂直，以 C 为原点， 分别以 CA，CB，CC1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Cxyz，连接 B1Q，PB，设 Q(x， y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)，P(0,1,2)，B1(0,2,2)，BQ BA1，(x，y2， z) (2， 2,2)，x2 ，y 22 ，z2 ，Q(2 ，22 ，2 ). 点 Q 在线段 A1B 上运动，平面 A1PQ 的法向量即为平面A1PB 的法向量，设平面 A1PB 的法向量为n1(x，y，z)，BP (0， 1,2)，PA1 (2， 1,0)，由n1 BP0，n1 PA10，得y2z 0，2xy0，令 y2，得 n1(1,2,1)，设平面 B1PQ 的法向量为n2(x，y，z)，PB1(0,1,0)，B1Q(2 ， 2 ，2 2). 由n2 PB10，n2 B1Q0，
