《备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题44 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（II）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题44 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（II）.doc（44页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1专题专题 4444 举重若轻举重若轻-立体几何问题的空间向量方法（立体几何问题的空间向量方法（IIII）【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查此类问题往往属
2、于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.本专题通过例题重点说明利用空间向量求角和距离、存在性问题的方法与技巧.（一）空间向量可解决的立体几何问题（用, a b 表示直线, a b的方向向量，用,m n 表示平面, 的法向量）1、判定（证明）类（1）线面平行：abab （2）线面垂直：abab（3）面面平行：m n（4）面面垂直：mn2、计算类：（1）两直线所成角：coscos,a ba ba b （2）线面角：cos,sina ma ma m （3）二面角：coscos,m nm nm n 或coscos,m
3、nm nm n （视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设A为平面外一点，P为平面上任意一点，则A到平面的距离为2AAP nd n ，即AP 在法向量n 上投影的绝对值.（二）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧1、理念：先设再求先设再求先设出所求点的坐标, ,x y z，再想办法利用条件求出坐标2、解题关键：减少变量数量减少变量数量, ,x y z可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费” （变量多，
4、条件少，无法求解） ，要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标规律：维度维度= =所用变量个数所用变量个数3、如何减少变量：（1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理若,abR 使得ab例：已知1,3,4 ,0,2,1AP，那么直线AP上的某点, ,M x y z坐标可用一个变量表示，方法如下：1,3,4 ,1, 1, 3AMxyzAP 三点中取两点构成两个向量因为M在AP上，所以AMAPAMAP 共线定理的应用（关键）11 33 4343xx yy zz ，
5、即1,3,43M仅用一个变量表示（2）平面上的点：平面向量基本定理若, a b 不共线，则平面上任意一个向量c ，均存在,R ，使得：cab例：已知1,3,4 ,0,2,1 ,2,4,0APQ，则平面APQ上的某点, ,M x y z坐标可用两个变量表示，方法如下：1,3,4 ,1, 1, 3 ,2,2, 1AMxyzAPPQ ，故AMAPPQ ，即1212 3232 4343xx yy zz 3（三）方法与技巧1.两条异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线aa，bb，则a与b所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角范围：两异面直线所成角的取值范围是(0,2向量求法：设直
6、线a，b的方向向量为a a，b b，其夹角为，则有cos|cos| | |a b ab .2.直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e e，平面的法向量为n n，直线l与平面所成的角为，两向量e e与n n的夹角为，则有 sin |cos |.| |e en n| | | |e e| | |n n| |3.求二面角的大小(1)如图 1，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小AB ，CD (2)如图 2、3，12,n n 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小12,n n(或12,n n )4.点面距的求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为
7、平面的法向量，则B到平面的距离d.|ABn|n|【经典例题经典例题】例 1. 如图，正四面体ABCD中， E、F分别是棱BC和AD的中点，则直线AE和CF所成的角的余弦4值为（ ）A. 1 3B. 2 3C. 1 4D. 3 4【答案】B【解析】如图所示，作 AO底面 BCD，垂足为 O，O 为底面等边BCD 的中心，建立空间直角坐标系不妨取 CD=2则：332 3131,0 ,1,0 ,0,0 ,033,326CDBE，利用空间向量求解余弦值有：2cos,3AE CFAE CF AECF .异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值为2 3.5例 2.【2017 江苏，22】 如图, 在平行六
8、面体 ABCD-A1B1C1D1中，AA1平面 ABCD,且 AB=AD=2,AA1=3,120BAD.（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.【答案】 （1）1 7（2）7 467例 3. 如图，在长方体1111CDC DAA 中，11AA ，D2A A，、F分别是A、C的中点证明1A、1C、F、四点共面，并求直线1CD与平面11C FA所成的角的正弦值大小.【答案】15 158【解析】解：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为12,0,1A、1C0,2,1、2,1,0、F 1,2,0、C 0,2,0、1D0,0,1取1u
9、 ，得平面11C FA的一个法向量) 1 , 1 , 1 (n又1CD0, 2,1 ，故11CD15 15CDnn 因此直线1CD与平面FECA11所成的角的正弦值大小为15 15例 4. 如图，三棱柱111ABCABC中， 0 1111160 ,4B A AC A AAAAC ， 2AB ， ,P Q分别为棱1,AA AC的中点.（1）在平面ABC内过点A作/ /AM平面1PQB交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明.（2）若侧面11ACC A 侧面11ABB A，求直线11AC与平面1PQB所成角的正弦值.9【答案】 （1）见解析（2）39 13试题解析：（1）如图，在平面11ABB
10、A内，过点A作1/ /ANB P交1BB于点N，连结BQ，在1BBQ中，作1/ /NHBQ交BQ于点H，连结AH并延长交BC于点M，则AM为所求作直线.（2）连结11,PC AC，0 111114,60AAACACC A A，11AC A为正三角形.P为1AA的中点，11PCAA，10Q为AC的中点，点Q的坐标为0, 3, 3，110, 2,2 3 ,0, 3, 3ACPQ .0 11112,60ABABB A A，13,1,0B，13,1,0PB ，设平面1PQB的法向量为, ,mx y z，由10 0PQ mPB m 得330 30yzxy，令1x ，得3,3yz ，所以平面1PQB的一个
11、法向量为1,3, 3m .设直线11AC与平面1PQB所成角为a，则11 111139sincos,13AC mAC m AC m ，即直线11AC与平面1PQB所成角的正弦值为39 13.例 5.【2017 课标 1，理 18】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB/CD，且90BAPCDP .11（1）证明：平面 PAB平面 PAD；（2）若 PA=PD=AB=DC，90APD，求二面角 A-PB-C 的余弦值.【答案】 （1）见解析；（2）3 3.【解析】试题解析：（1）由已知90BAPCDP ，得 ABAP，CDPD.由于 ABCD ，故 ABPD ，从而 AB平面 PAD.又 AB
12、平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD.12由（1）及已知可得2(,0,0)2A，2(0,0,)2P，2(,1,0)2B，2(,1,0)2C .设( , , )x y zm是平面PAB的法向量，则00PAAB mm，即22022 0xzy ，可取(1,0,1)m.则3cos,|3 nnn.22所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为2 6 9.例 9.已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且2,1,ADABPA平面 ABCD，,E F分别是线段,AB BC的中点（1）求证：PFFD （2）在线段PA上是否存在点G，使得EG平面PFD，若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由（3
13、）若PB与平面ABCD所成的角为45，求二面角APDF的余弦值FEADBCP【答案】 （1）见解析；（2）存在点G，为AP的四等分点（靠近A） ；（3）6 6.【解析】因为PA 平面ABCD，且四边形ABCD是矩形 以,PA AD AB为轴建立空间直角坐标系，设PAh 10,0,1,0,0 ,0,2,0 ,1,2,0 ,1,1,0 ,0,02PhBDCFE（1）1,1,1,1,0PFhFD 0PF FD PFFD （2）设0,0,Ga 1,0,2EGa 231202EG nha 解得1 4ah 存在点G，为AP的四等分点（靠近A）（3）PA 底面ABCD PB在底面ABCD的投影为BA PBA
14、为PB与平面ABCD所成的角，即45PBAPBAA为等腰直角三角形 1APAB即1h 平面PFD的法向量为1,1,2n 平面APD为yOz平面，所以平面APD的法向量为0,1,0m 设二面角APDF的平面角为，可知为锐角16coscos,66m n .例 10.【2019 届北京市十一学校 3 月模拟】四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,侧面PAD 底面ABCD,BCD60, 2PAPD, E是BC中点,点Q在侧棱PC上.（）求证: ADPB;（）是否存在Q,使平面DEQ 平面PEQ？若存在,求出,若不存在,说明理由.（）是否存在Q,使/ /PA平面DEQ？若存在,求出.若不存在
15、,说明理由.24【答案】 （I）详见解析；（II）详见解析；（III）详见解析.因为菱形ABCD中, 60BCD,所以ABBD.所以BOAD.因为BOPOO,且,BO PO 平面POB,所以AD 平面POB.所以ADPB.（）由（）可知, ,BOAD POAD,因为侧面PAD 底面ABCD,且平面PAD底面ABCDAD,所以PO 底面ABCD.25则220 0DC nDQ n ,即30 31022xyyz .令3x ,则1,3yz ,即23,1,3n .所以12 121221cos,7n nn nn n .由图可知,二面角EDQC为锐角,所以余弦值为21 7.（）设01PQPC 由（）可知2,
16、 3, 1 ,1,0, 1PCPA .设, ,Q x y z,则, ,1PQx y z ,又因为2 , 3 ,PQPC ,所以23 1xy z ,即2 , 3 ,1Q .所以在平面DEQ中, 0, 3,0 ,1 2 , 3 ,1DEDQ ,所以平面DEQ的法向量为11,0,21n ,又因为/ /PA平面DEQ,所以10PA n ,即 11210 ,解得2 3.所以当2 3时, / /PA平面DEQ26【精选精练精选精练】1. 设正方体的棱长为 2，则点到平面的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】D112 3 3AD n dn ，故选 C2. 二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别
17、在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知4AB ， 6AC ， 8BD ， 2 17CD ，则该二面角的大小为( )(A) 150 (B) 45 (C) 60 (D) 120【答案】C273.在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】以 为原点, 为 轴,在平面 中过作 的垂线为 轴,为轴,建立空间直角坐标系,在三棱柱 中,底面为正三角形,侧棱垂直底面,28分别是棱上的点,且,设异面直线与所成角所成角为 ,则 .所以异面直线与所成角的余弦值为 .故选 D.4 【2019 届河北省定州中学
18、高三上第二次月考】已知点 在正方体的对角线上， 在上，则与所成角的大小为_.【答案】5在正方体1111ABCDABC D中，E为11AB的中点，则异面直线1D E和1BC间的距离 【答案】2 6 3296 【2019 届浙江省名校协作体高三上学期考试】如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面内，三条棱AB, AC, AD都在平面的同侧. 若顶点B, C到平面的距离分别为2,3，则平面ABC与平面所成锐二面角的余弦值为_【答案】2 3【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面 的一个法向量为000xyz（，） ，设01x ， 连结BCCDBD、， 则四面体ABCD 为直角四面体；作平面的法线AH，
19、 作1BB 于11BCC， 于11CDD， 于1D； 连结111ABACAD， ，令AHhDAaDBbDCc， 由等体积可得22221111,habc 2222221,hhh abc 令111BABCACDAD， 可得2221sinsinsin ， 设3011123DDmBBCC， 222231333m， 面角的余弦值为 2 2261,20,0,322 361232 7.【2019 届贵州省黔东南州高三上第一次联考】如图所示，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为菱形， PAD为正三角形，且,E F分别为,AD AB的中点， PE 平面ABCD， BE 平面PAD（1）求证： BC 平面PEB
20、；（2）求EF与平面PDC所成角的正弦值【答案】 （1）见解析；（2）15 5.【解析】试题分析：（1）证明：AD平面 PEB，利用四边形 ABCD 为菱形，可得 ADBC，即可证明 BC平面 PEB；（2）以 E 为原点，建立坐标系，求出平面 PDC 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求 EF 与平面 PDC 所31所以BC 平面PEB（2）解：以E为原点， ,EA EB EP分别为, ,x y z轴建立空间直角坐标系，不妨设菱形ABCD的边长为 2，则1,2,3AEEDPAPE，223BEABAE，32又13,022EF ，所以EF与平面PDC所成角的正弦值为133, 1,1 ,02215
21、 55 1n EFn EF 8如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（I）求证：EG平面ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=2 3HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.33【答案】 （）详见解析（）3 3（）7 21【解析】1,1,0 ,( 1, 1,0),(1, 1,0),(11,0),( 1, 1,2),(0,0,2),( 1,0,0)ABCDEFG ，.（I）证明：依题意，(2,0,0),1, 1,2ADAF .设1, ,nx y z 为平面ADF的法向量，
22、则1100nADnAF ，即2020xxyz .不妨设1z ，可得10,2,1n ，又0,1, 2EG ，可得10EG n ，又因为直线34因此有2 226cos,3OA nOA n OA n ，于是23sin,3OA n ，所以，二面角OEFC的正弦值为3 3.（III）解：由2 3AHHF，得2 5AHAF.因为1, 1,2AF ，所以222 4,555 5AHAF ，进而有3 3 4,5 5 5H，从而2 8 4,5 5 5BH ，因此2 227cos,21BH nBH n BHn .所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为7 21.9如图，在直角梯形11AAB B中， 190A AB
23、， 11ABABA， 11122ABAAAB，直角梯形11AAC C通过直角梯形11AAB B以直线1AA为轴旋转得到，且使得平面11AAC C 平面11AAB B M为线段BC的中点， P为线段1BB上的动点（1）求证： 11ACAP（2）当点P满足12BPPB 时，求证：直线1AC A平面AMP（3）当点P是线段1BB中点时，求直线1AC和平面AMP所成角的正弦值【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）直线1AC和平面AMP所成角的正弦值为34 34.【解析】试题分析：（1）建立空间坐标系求两直线的方向向量，根据点积为 0 可证的结论；（2）求得直线的方向向量和面的法向量，证得两向量垂直
24、即可；（3）求直线的方向向量和面的法向量的夹角即可.解析：35由已知可得， 1A A， AC， AB两两垂直，以A为原点，AC， AB， 1AA所在直线为x轴， y轴， z轴建立如图空间直角坐标系，即1111ACAB， 111ACAA，11AC 平面11AAB B又AP 平面11AAB B，11ACAP（2）设P点坐标为, ,x y z，则,2,BPx yz ， 1,1,2PBxyz 12BPPB ，2xx ， 222yy， 42zz，解得： 0x ， 4 3y ， 4 3z ，即4 40,3 3P设平面AMP的一个法向量, ,nx y z，361,1,0AM ， 4 40,3 3AP ，0
25、0AM n AP n ，即0 44033xyyz，设AMP的一个法向量为, ,mx y z1,1,0AM ， 30,12AP ，0 0AM mAP m ，解0 302xyyz，令2x ，则2y ， 3z ，得2, 2,3m 设1AC与平面AMP所成角为，则111234sincos,342 217AC mAC mACm故直线1AC和平面AMP所成角的正弦值为34 3410 【2019 届北京市昌平区高三上期末】如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，ABC60，PAB为正三角形，且侧面 PAB底面 ABCD， E为线段AB的中点， M在线段PD上.37（I）当M是线
26、段PD的中点时，求证：PB / 平面 ACM；（II）求证： PEAC；（III）是否存在点M，使二面角MECD的大小为 60，若存在，求出PM PD的值；若不存在，请说明理由【答案】 （）见解析；（）见解析；()当1 3PM PD时，二面角MECD的大小为 60.因为四边形 ABCD 是菱形，所以点 H 为 BD 的中点. 又因为 M 为 PD 的中点，所以 MH / BP.38() 因为 ABCD 是菱形，ABC60，E 是 AB 的中点，所以 CEAB .又因为 PE平面 ABCD，以E为原点，分别以,EB EC EP为, ,x y z轴，建立空间直角坐标系Exyz，则0,0,0E， 1
27、,0,0B，0,0, 3P， 0, 3,0C， 2, 3,0D 假设棱PD上存在点M，设点M坐标为, ,x y z， 01PMPD ，则 , ,32, 3,3x y z，所以2 , 3 , 3 1M，39所以2 , 3 , 3 1EM ， 0, 3,0EC ，设平面CEM的法向量为, ,nx y z，则233 10 30n EMxyzn ECy ，解得0 23 1yxz令2z，则3 1x，得3 1,0,2n因为 PE平面 ABCD，所以在棱 PD 上存在点M，当1 3PM PD时，二面角MECD的大小为 60点睛：(1)探索性问题通常用“肯定顺推法” ，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条
28、件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.11如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，BAD=60，Q 为 AD 的中点.（）若 PA=PD，求证：平面 PQB平面 PAD；40（）点 M 在线段 PC 上，PM=tPC，试确定实数 t 的值，使 PA平面 MQB；（）在（）的条件下，若平面 PAD平面 ABCD，且 PA=PD=AD=2，求二面角 M-BQ-C 的大小.【答案】 （）见解析；
29、（） 1 3t ；（）60.【解析】试题分析：（）证明平面PAD内的直线AD，垂直平面PQB内两条相交的直线,BQ PQ，即可证明平面PQB 平面PAD；（）连AC交BQ于N，由AQBCA，可得ANQ CNB，再由PAA平面MQB推出PA MNA，即可求出t的值；（）以Q为坐标原点，以QA， QB， QP所在的直线为x， y， z轴，建立空间直角坐标系，分别求出求出平面MQB与平面ABCD的一个法向量，利用向量的夹角公式即可求解.所以 AD平面 PQB.因为ADPAD 平面，所以平面 PQB平面 PAD.（）连接 AC，交 BQ 于点 N.由 AQBC，可得ANQCNB，41所以1 2AQAN
30、 BCNC.因为 PA平面 MQB， PAPAC 平面，平面 PAC平面 MQB=MN，所以 PAMN.所以1 3PMAN PCAC，即1 3PMPC，所以1 3t . （）由 PA=PD=AD=2，Q 为 AD 的中点，则 PQAD，又平面 PAD平面 ABCD，所以 PQ平面 ABCD.以 Q 为坐标原点，分别以 QA，QB，QP 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的坐标系，则 A(1,0,0)， 0, 3,0B，Q(0,0,0)， 0,0, 3P.1,0,3PA ， 0, 3,0QB .取平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,l)，所以1cos ,2m n .故二面角 M-BQ
31、-C 的大小为 60. 点睛：本题主要考查面面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何42问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角.12.如图，在边长为 4 的菱形ABCD中，60 ,BADDEAB于点E，将ADEA沿DE折起到1ADEA的位置，使得1ADDC（1）求证：1AE 平面BCDE （2）求二面角1EABC的余弦值（3）判断在线段EB上是否存在一点P
32、，使平面1ADP 平面1ABC，若存在，求出EP PB的值，若不存在，请说明理由【答案】 （1）见解析；（2）7 7；（3）不存在该点.【解析】43以1,AE ED BE为坐标轴建立坐标系计算可得：2,2 3AEDE 10,0,2 ,2,0,0 ,0,2 3,04,2 3,0ABDC （2）平面1EAB的法向量为0,1,0m设平面1ABC的法向量为, ,nx y z12,2 3,0 ,4,2 3, 2BCAC 1022 303 042 320BC nxyxzy AC nxyz 3, 1, 3n设二面角1EABC的平面角为 17coscos,717m nm n mn （3）设,0,0P 平面1ADP 平面1ABC1302 3303n n 解得：3 443,0,0P不在线段BE上，故不存在该点.点睛：（1）对待翻折问题要注意在翻折的过程中，哪些量和位置关系是不变的，要将平面图形的相关量与翻折后的几何体建立对应关系.（2）在处理点的存在性问题时，求该点所在平面法向量的过程中会遇到所解方程含参的情况，此时可先 从含参方程入手，算出满足方程的一组值，再代入另一方程计算会比较简便.