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高中数学 空间向量与立体几何


专题四:立体几何
空间向量与立体几何 第三讲 空间向量与立体几何
【最新考纲透析】 最新考纲透析】
1.空间向量及其运算 (1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的线性运算及其坐标 表示。 (2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。 (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。 2.空间向量的应用 (1)理解直线的方向向量与平面的法向量。 (2)能用向量语言表述直线与直线,直线与平面,平面与平面的垂直、平行关系。 (3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理) 。 (4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在 研究立体几何问题中的应用。

【核心要点突破】 核心要点突破】
要点考向 1:利用空间向量证明空间位置关系 考情聚焦: 考情聚焦:1.平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系,也是每年的必考内容,利用空间向量判 断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。 2.题型灵活多样,难度为中档题,且常考常新。 考向链接:1.空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容,一方面考查学生的 考向链接: 空间想象能力和逻辑推理能力;另一个方面考查“向量法”的应用。 2.空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路:一是利用相应的判定定理和性质定理去解决;二是 利用空间向量来论证。 例 1: 2010·安徽高考理科·T18)如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形, EF ∥ (2010·安徽高考理科· 18)

AB , EF ⊥ FB , AB = 2 EF , ∠BFC = 90° , BF = FC , H 为 BC 的中点。
(1)求证: FH ∥平面 EDB ; (2)求证: AC ⊥ 平面 EDB ; (3)求二面角 B ? DE ? C 的大小。 【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题,考查
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了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。 【思路点拨】可以采用综合法证明,亦可采用向量法证明。 【规范解答】

∵四边形ABCD为正方形, AB ⊥ BC , 又 ∵ EF ⊥ FB, EF // AB,∴ AB ⊥ FB, 且BC ∩ FB = B, ∴ ∴ AB ⊥ 平面FBC ,∴ AB ⊥ FH , 又BF = FC , H 为BC中点, FH ⊥ BC , ∴ 且AB ∩ BC = B, ∴ FH ⊥ 平面ABC.
如图,以H 为坐标原点,分别以HB、 、 的方向为 GH HF x轴、y轴、z轴的正方向建立坐标系,
E D Z F C H B X Y

令BH = 1, 则A(1, ?2, 0), B (1, 0,0), C (?1, 0, 0), D(?1, ?2, 0), E (0, ?1,1), F (0, 0,1).
(1)
A

G

设AC与BD的交点为G,连接GE、GH,则G(0,-1,0), GE = (0, 0,1), ∴ 又 ∵ HF = (0, 0,1),∴ GE // HF GE ? 平面EDB,HF ? 平面EDB,∴ HF // 平面EDB
(2) (3)

∵ AC = (?2, 2, 0), GE = (0, 0,1),∴ AC iGE = 0,∴ AC ⊥ GE.

又AC ⊥ BD,且GE ∩ BD=G, AC ⊥ 平面EBD. ∴

设平面BDE的法向量为n1 = (1, y1 , z1 ), ∵ BE = (?1, ?1,1), BD = (?2, ?2, 0). ? ? BE in1 = 0 ??1 ? y1 + z1 = 0 由? ,即 ? ,得y1 = ?1,z1 = 0, ? BDin1 = 0 ? ?2 ? 2 y1 = 0 ? ∴ n1 = 1, 1,0) ( ? 设平面CDE的法向量为n 2 = (1, y2 , z2 ), ∵ CD = (0, ?2, 0), CE = (1, ?1,1). ? y2 = 0 ?CDin 2 = 0 ? 由? ,即 ? ,得y2 = 0,z2 = ?1, CE in 2 = 0 ?1 ? y2 + z2 = 0 ? ? ∴ n 2 = 1, ) ( 0,-1

∴ cos < n1 , n2 >=

n1 in2 1 1 = = , | n1 || n2 | 2 2 2

∴< n1 , n2 >= 60 , 即二面角B-DE-C为60 。
【方法技巧】1、证明线面平行通常转化为证明直线与平面内的一条直线平行; 2、证明线面垂直通常转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直;
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3、确定二面角的大小,可以先构造二面角的平面角,然后转化到一个合适的三角形中进 行求解。 4、以上立体几何中的常见问题,也可以采用向量法建立空间直角坐标系,转化为向量问 题进行求解证明。应用向量法解题,思路简单,易于操作,推荐使用。 利用空间向量求线线角、 要点考向 2:利用空间向量求线线角、线面角 考情聚焦: 考情聚焦:1.线线角、线面角是高考命题的重点内容,几乎每年都考。 2.在各类题型中均可出现,特别以解答题为主,属于低、中档题。 考向链接:1.利用空间向量求两异面直线所成的角,直线与平面所成的角的方法及公式为: 考向链接: (1)异面直线所成角



分别为异面直线 (2)线面角

的方向向量,则



是直线 l 的方向向量, n 是平面的法向量,则

2.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为: (1)建立恰当的空间直角坐标。 (2)求出相关 点的坐标。 (3)写出向量坐标。 (4)结合公式进行论 证、计算。 (5)转化为几何结论。 例 2: 2010·辽宁高考理科·T19)已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥ABC,AB⊥AC,PA=AC= (2010·辽宁高考理科· 19) AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别 为 PB,BC 的中点. (Ⅰ)证明:CM⊥SN; (Ⅱ)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的 计算问题,考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。 【思路点拨】建系,写出有关点坐标、向量的坐标, (I) (II) 【规范解答】 设 PA=1,以 A 为原点,射线 AB、AC、AP 分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系,如图。 则 P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0, 计算 CM、 的数量积,写出答案; SN 求平面 CMN 的法向量,求线面角的余弦,求线面角,写出答案。

1 AB,N 为 2

1 1 1 ),N( ,0,0),S(1, ,0) 2 2 2
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(I)

1 1 1 CM = (1, ?1, ), SN = (? , ? , 0), 2 2 2 1 1 因为CM i SN = ? + + 0 = 0 2 2 所以CM ⊥ SN 1 (II) NC = (? ,1, 0), 2 设a = ( x, y, z )为平面CMN的一个法向量, z ? ?x ? y + 2 = 0 ? 则? 令x = 2, 得a = (2,1, ?2) ?? 1 x + y = 0 ? 2 ? 1 2 = 2 因为|cos < a SN > |= 2 2 3× 2 所SN与平面CMN所成的角为45o -1【方法技巧】 (1)空间中证明线线,线面垂直,经常用向量法。 (2)求线面角往往转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题来解决。 (3)线面角的范围是 0°~90°,因此直线的方向向量与平面法向量的夹角的余弦是非负的, 要取绝对值。 要点考向 3:利用空间向量求二面角 考情聚焦: 考情聚焦:1.二面角是高考命题的重点内容,是年年必考的知识点。 2.常以解答题的形式出现,属中档题或高档题。 考向链接: 考向链接:求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平 面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角。 其计算公式为:设 分别为平面 的法向量,则 θ 与 互补或相等,

例 3: 2010·天津高考理科·T19) (2010·天津高考理科· 如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, E 、 F 分别是 棱 BC , CC1 上的点, CF = AB = 2CE , AB : AD : AA1 = 1: 2 : 4 (1) 求异面直线 EF 与 A1 D 所成角的余弦值;
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(2) 证明 AF ⊥ 平面

A1 ED

(3) 求二面角 A1 ? ED ? F 的正弦值。 【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量 解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。 【思路点拨】建立空间直角坐标系或常规方法处理问题。 【规范解答】方法一:以 A 为坐标原点,AB 所在直线为 X 轴,AD 所在直线为 Y 轴建立空间直角坐标系(如 图所示) ,设 AB = 1 ,依题意得 D (0, 2, 0) , F (1, 2,1) , A1 (0, 0, 4) , E ? 1, , 0 ?

? 3 ? 2

? ?

(1) 易得 EF = ? 0,

? ?

EF i A1 D 3 1 ? =? , ,1? , A1 D = (0, 2, ?4) ,于是 cos EF , A1 D = 5 2 ? EF A1 D
3 。 5
3 ? 1 ? ? , 4 ? , ED = ? ?1, , 0 ? 2 ? 2 ? ?

所以异面直线 EF 与 A1 D 所成角的余弦值为

(2) 证明:已知 AF = (1, 2,1) , EA1 = ? ?1, ?

? ?

于是 AF · EA1 =0, AF · ED =0.因此, AF ⊥ EA1 , AF ⊥ ED ,又 EA1 ∩ ED = E 所以 AF ⊥ 平面 A1 ED

?1 ?2 y + z = 0 ?u i EF = 0 ? ? (3)解:设平面 EFD 的法向量 u = ( x, y , z ) ,则 ? ,即 ? ?u i ED = 0 ?? x + 1 y = 0 ? ? ? 2
不妨令 X=1,可得
→ →

。由(2)可知, AF 为平面 A1ED 的一个法向量。 u = (1, 2 ? 1)





于是 cos

u,AF

? 2 = u AF = ,从而 sin → → 3 |u||AF|









u,AF =

5 3

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所以二面角 A1 -ED-F 的正弦值为

5 3

要点考向 4:利用空间向量解决探索性问题 考情聚焦: ,能较好地考查学生的逻辑 考情聚焦:立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题) 推理能力和空间想象能力,是今后考查的重点,也能很好地体现新课标高考的特点。 福建高考理科· 18) 如图, 圆柱 OO1 内有一个三棱柱 ABC-A1B1C1, 例 4:2010· (2010· 福建高考理科· 18) T 三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形,且 AB 是圆 O 的直径。 (I)证明:平面 A1ACC1 ⊥ 平面 B1BCC1; (II)设 AB=AA1,在圆柱 OO1 内随机选取一点,记该点取自三棱柱 ABC-A1B1C1 内的概率为 p。 (i)当点 C 在圆周上运动时,求 p 的最大值; (ii)记平面 A1ACC1 与平面 B1OC 所成的角为 θ ( 0 < θ ≤ 90 ) 。当 p 取最大值时,求 cos θ 的值。
0 0

【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及几何体的体积、几 何概型等基础知识;考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力;考查数形结合思想、化归与转化 思想、必然与或然思想。 【思路点拨】第一步先由线线垂直得到线面垂直,再由线面垂直得到面面垂直;第二步首先求出长方体的 体积,并求解三棱柱的体积的最大值,利用体积比计算出几何概率。立体几何中我们可以利用向量处理角 度问题,立体几何中涉及的角:有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关于角的计算, 均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量 a , b ,有 cos < a , b >= 方便地处理立体几何中的角的问题。 【规范解答】 (I)∵ A1 A ⊥ 平面 ABC , BC ? 平面 ABC ,∴ A1 A ⊥ BC ,又 AB 是 ⊙O 的直径,

a ?b ,利用这一结论,我们可以较 | a || b |

∴ BC ⊥ AB , ∴ AC ∩ AA1 = A , BC ⊥ 平面 A1 ACC1 , BC ? 平面 B1 BCC1 , 又 ∴ 而 所以平面 A1 ACC1 ⊥
平面 B1 BCC1 ; (II) (i)设圆柱的底面半径为 r ,则 AB = AA1 = 2r ,故圆柱的体积为 V = πr ? 2r = 2πr ,设三棱柱
2 3

ABC-A1B1C1,的体积为 V1 ,所以 P =

V1 ,所以当 V1 取得最大值时 P 取得最大值。又因为点 C 在圆周上运动, V

所以当 OC ⊥ AB 时, ?ABC 的面积最大,进而,三棱柱 ABC-A1B1C1,的体积 V1 最大,且其最大值为

1 1 ? 2r ? r ? 2r = 2r 3 ,故 P 的最大值为 ; 2 π
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(ii)由(i)知, P 取最大值时, OC ⊥ AB ,于是,以 O 为坐标原点,建立空 间直角坐标系 O ? xyz ,则 C ( r , 0, 0 ) , B ( 0, r , 0 ) , B1 ( 0, r , 2r ) , ∵ BC ⊥ 平面

A1 ACC1 ,∴ BC = ( r , ? r , 0 ) 是平面 A1 ACC1 的一个法向量,设平面 B1OC 的法
向量为 n = ( x, y, z ) ,由于 ?

? n ⊥ OC ? ?n ⊥ OB1 ?

,∴ ?

rx = 0 , ?ry + 2rz = 0 ?
0 0

所以平面 B1OC 的一个法向量为 n = ( 0, ?2,1) ,∵ 0 < θ ≤ 90 ,∴ cos θ = cos n, BC =

10 。 5

【方法技巧】立体几何中我们可以利用空间向量处理常见的问题,本题的(II) (i)也可以采用向量法进 行证明: O 为坐标原点, 以 建立空间直角坐标系 O ? xyz , 设圆柱的底面半径为 r , C ( r cos θ, r sin θ, 0 ) , 故圆柱的体积为 V = πr ? 2r = 2πr , 设三棱柱 ABC-A1B1C1,的体积为 V1 , 所以 P = 则 AB = AA1 = 2r ,
2 3

V1 , V

1 ? 2r ? r cos θ = r 2 cos θ ,所以当 cos θ = 1 时的 ?ABC 的 2 1 1 3 面积最大, 进而, 三棱柱 ABC-A1B1C1,的体积 V1 最大, 且其最大值为 ? 2r ? r ? 2r = 2r , P 的最大值为 ; 故 2 π
所以当 V1 取得最大值时 P 取得最大值。 S ?ABC =

【高考真题探究】 高考真题探究】
1. (2010· 广东高考理科· T10) 若向量 a = 1,1,x) b =(1,2,1), ( , 则x= .

r

r

r r r r c =(1,1,1),满足条件 (c ? a) ? (2b) =-2,

【命题立意】本题考察空间向量的坐标运算及向量的数量积运算. 【思路点拨】 先算出 c ? a 、 2b ,再由向量的数量积列出方程,从而求出 x. 【规范解答】 c ? a = (0 , 0,1 ? x ) , 2b = (2 , 4 , 2) ,由 (c ? a ) ? (2b) = ?2 得 (0, 0 ,1 ? x ) ? (2 , 4, 2) = ?2 ,即 2(1 ? x) = ?2 ,解得 x = 2. 【答案】2 2. (2010·浙江高考理科·T20)如图, 在矩形 ABCD 中,点 E , F 分别在线段 2010·浙江高考理科· 20)

r

r

r

AB, AD 上 , AE = EB = AF =

2 FD = 4 . 沿 直 线 EF 将 3

V AEF 翻 折 成 V A' EF , 使 平 面

A' EF ⊥ 平面BEF .
(Ⅰ)求二面角 A ? FD ? C 的余弦值;
'

(Ⅱ)点 M , N 分别在线段 FD, BC 上,若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折,使 C 与 A' 重合,求线 段 FM 的长。
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【命题立意】本题主要考察空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,考查空间向量的应用,同 时考查空间想象能力和运算求解能力。 【思路点拨】方法一利用相应的垂直关系建立空间直角坐标系,利用空间向量解决问题;方法二利用 几何法解决 求二面角问题和翻折问题。 【规范解答】方法一: (Ⅰ)取线段 EF 的中点 H,连结 A H ,因 为 A E = A F 及 H 是 EF 的中点, 所以 A H ⊥ EF ,又因为平面 A EF ⊥
' ' ' ' '

平面 BEF . 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A (2,2, 2 2 ) ,C(10,8,


'

0) ,F(4,0,0) ,D(10,0, 0).
→ →

故 FA ' =(-2,2,2 2 ) ,

FD =(6,0,0).设 n =(x,y,z)为平面 A ' FD 的一个法向量,所
以?

? ?2 x + 2 y + 2 2 z = 0 ? 。 ?6 x = 0 ?
取z=

2 ,则 n = (0, ?2, 2) 。
n im 3 = 。 nim 3

又平面 BEF 的一个法向量 m = (0, 0,1) ,故 cos? n , m? =

所以二面角的余弦值为

3 3

(Ⅱ)设 FM = x, BN = a ,则 M (4 + x, 0, 0) , N ( a,8, 0) , 因为翻折后, C 与 A ' 重合,所以 CM = A ' M , CN = A ' N , 故, ?
2 2 ?(6 ? x) 2 + 82 + 02 =( ? 2 ? x) + 22 + 2 2) ( ?

2 2 2 2 ?(10 ? a ) = (2 ? a ) + 6 + (2 2) ? 21 所以 FM = 。 4

,得 x =

21 13 ,a = , 4 4

3. (2010· 2010· 陕西高考理科· 如图, 在四棱锥 P—ABCD 中, 底面 ABCD 是矩形 PA⊥平面 ABCD, =AB=2, AP 陕西高考理科· 18) T

BC= 2 2 ,E,F 分别是 AD,PC 的中点.
(Ⅰ)证明:PC⊥平面 BEF; (Ⅱ)求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小。 【命题立意】本题考查了空间几何体的的线线、线面垂直、以及二面角的求解问题, 考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力以及利用空间向量解决立体几何问题的方法与技巧。
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【思路点拨】思路一:建立空间直角坐标系,利用空间向量求解;思路二:利用 几何法求解. 【规范解答】解法一 (Ⅰ)如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在的直线分 别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.∵AP=AB=2, BC= 2 2 ,四边形 ABCD 是矩 形. ∴A,B,C,D 的坐标为 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2, 2 2 ,0),D(0, 2 2 ,0),P(0,0,2) 又 E,F 分别是 AD ,PC 的中点,∴E(0, 2 ,0),F(1, 2 ,1). ∴ PC =(2, 2 2 ,-2) BF =(-1, 2 ,1) EF =(1,0, 1) , ∴ PC · BF =-2+4-2=0, PC · EF =2+0-2=0, ∴ PC ⊥ BF , PC ⊥ EF ,∴PC⊥BF,PC⊥EF, BF ∩ EF = F ,∴PC⊥平面 BEF ( II ) 由 ( I ) 知 平 面 BEF 的 法 向 量 n1 = PC = (2, 2 2, ?2), 平 面 BAP 的 法 向 量

n2 = AD = (0, 2 2,0), ∴ n1 in2 = 8,
设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 θ ,则 cos θ = cos n1 , n2 = ∴ θ = 45 , ∴ 平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 45
0

n1 in2 n1 n2

=

8 2 = , 2 4× 2 2

0

4. (2010·重庆高考文科·T20)如题图,四棱锥 P ? ABCD 中, 2010·重庆高考文科· 20) 底面 ABCD 为矩形, PA ⊥ 底面ABCD , PA = AB = 点 E 是棱 PB 的中点. (I)证明: AE ⊥ 平面PBC ; (II)若 AD = 1 ,求二面角 B ? EC ? D 的平面角的余弦值. 【命题立意】本小题考查空间直线与直线、直线 与平面的位置关系, 考查余弦定理及其应用,考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用,考查空间想象能力,推理论证 能力,运算求解能力,考查数形结合的思想,考查化归与转化的思想. 【思路点拨】 (1)通过证明线线垂直证明结论:线面垂直, (II)作出二面角的平面角,再利用三角函数、 余弦定理等知识求余弦值.或建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函 数值. 【规范解答】 (I)以 A 为坐标原点,
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2,

射线 AB, AD, AP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 A ? xyz .如图所示. 设 设 D (0, a, 0) , 则 B ( 2 ,0,0) , C ( 2, a, 0) , P (0,0, 2 ) ,

2 2 2 2 ,0, ) 。 于 是 AE = ( , 0, ) , BC = (0, a, 0) , 2 2 2 2 uuu uuu r r uuu uuu r r PC = ( 2, a, ? 2) ,则 AE ? BC = 0, AE ? PC = 0 ,
E (
所以 AE ⊥ BC , AE ⊥ PC ,故 AE ⊥ 平面PBC . (II)设平面 BEC 的法向量为 n1 ,由(Ⅰ)知, AE ⊥ 平面BEC ,故可取 n1 = EA = ? (

uuu r

uuu uuu r r

uuu r

2 2 , 0, ) .设 2 2

平面 DEC 的法向量 n2 = x2 , y2 , z2) 则 n2 ? DC = 0, n2 ? DF = 0 ,由 AD = 1 , D 0,1,0) G 2 ,1,0) ( , , 得( , ( ,

ur uuu u r

ur uuu u r

? x2 = 0 2 2 ? , ( ,-1, ) ,故 ? 2 ,所以 x2 = 0 , z2 = 2 y2 , 从而 DC =( 2 ,0,0) DE = 2 2 2 x2 ? y2 + z2 = 0 ? ? 2 2
可取 y2 = 1 ,则 n2 = 0, 2) ( 1, ,从而 cos < n1 , n2 >=

n1 in2 n1 n2

=?

3 . 3

【方法技巧】 (1)用几何法推理证明、计算求解; (2)空间向量坐标法,通过向量的坐标运算解题. 5. (2010·江西高考文科·T20) 2010·江西高考文科· 20) 如图, ?BCD 与 ?MCD 都是边长为 2 的正三角形,
A

平面 MCD ⊥ 平面 BCD , AB ⊥ 平面 BCD , AB = 2 3 . (1)求直线 AM 与平面 BCD 所成的角的大小; (2)求平面 ACM 与平面 BCD 所成的二面角的正弦值.
B M D

【命题立意】本题主要考查空间几何体的线线、线面与面面垂直关系及 平行关系,考查空间线面角、二面角的问题以及有关的计算问题,考查空
C

间向量的坐标运算,考查数形结合思想,考查考生的空间想象能力、推理 论证能力、划归转化能力和运算求解能力。 【思路点拨】本题主要有两种方法,法一:几何法(1)直接找出线面角,然后求解; (2)对二面角的求法思路, 一般是分三步①“作” ,②“证” ,③“求”. 其中“作”是关键, “证” 是难点.法二:建立空间直角坐标系,利用空间向量中的法向量求解.

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【规范解答】 CD 中点 O, OB, , OB⊥CD, ⊥CD, 取 连 OM 则 OM 又平面 MCD ⊥ 平面 BCD ,则 MO⊥平面 BCD . 以 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标 系如图.OB=OM= 3 ,则各点坐标分别为 O(0,0,0) C(1,0,0) M(0, , ,
B M D O A
z

0, 3 ) B(0,- 3 ,0) A(0,- 3 ,2 3 ) , , , (1)设直线 AM 与平面 BCD 所成的角为 α .
x
y

因 AM = (0, 3 , ? 3 ) ,平面 BCD 的法向量为 n = (0, 0,1) .则有

C

sin α = cos AM , n =

AM ? n AM ? n

=

3 2 = ,所以 α = 45 . 2 6

(2) CM = ( ?1, 0, 3) , CA = ( ?1, ? 3, 2 3) . 设平面 ACM 的法向量为 n1 = ( x, y, z ) ,由 ? 解得 x =

?n1 ⊥ CM ? ?n1 ⊥ CA ?

得?

?? x + 3z = 0 ? ?? x ? 3 y + 2 3z = 0 ?

.

3 z , y = z ,取 n1 = ( 3,1,1) .又平面 BCD 的法向量为 n = (0, 0,1) ,
n1 ? n n1 ? n =

则 cos < n1 , n >=

1 1 2 2 5 设所求二面角为 θ ,则 sin θ = 1 ? ( ) = . 5 5 5

6. (2010·四川高考理科·T18) 2010·四川高考理科· 18) 已知正方体 ABCD ? A′ B′C ′ D′ 的棱长为 1,点 M 是棱 AA′ 的中点,点 O 是对角线 BD′ 的中点. (Ⅰ)求证: OM 为异面直线 AA′ 和 BD′ 的公垂线; (Ⅱ)求二面角 M ? BC ′ ? B′ 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 M ? OBC 的体积. 【命题立意】本题主要考查异面直线、直线与平面垂直、 】 二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识,并考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查应用向量知识解决 数学问题的能力,转化与化归的数学思想. ,分别证明 OM ⊥ AA′ , OM ⊥ BD′ 即可. 【思路点拨】方法一:几何法 问题(Ⅰ) 】 问题(II)首先利用三垂线定理,作出二面角 M ? BC ′ ? B′ 的平面角, 然后通过平面角所在的直角三角 形,求出平面角的一个三角函数值,便可解决问题. 问题(Ⅲ)选择便于计算的底面和高,观察图形可知, ?OBC 和 ?OA′D′ 都在平面 BCD′A′ 内,且

S ?OBC = S ?OA′D′ ,故 VM ?OBC = VM ?OA′D′ = VO ? MA′D′ ,利用三棱锥的体积公式很快求出 VO ? MA′D′ .
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方法二:建立 空间直角坐标系,利用空间向量中的法向量求解. (I)连结 AC .取 AC 的中点 K ,则 K 为 BD 的中点,连结 OK . 【规范解答】(方法一): 】

∵点 M 是棱 AA′ 的中点,点 O 是 BD′ 的中点, 由 AA′ ⊥ AK ,得 OM ⊥ AA′ . ∵ AK ⊥ BD, AK ⊥ BB′ ,∴ AK ⊥ 平面BDD′B′ . ∴ AK ⊥ BD′ .∴ OM ⊥ BD′ . 又∵ OM 与异面直线 AA′ 和 BD′ 都相交, 故 OM 为异面直线 AA′ 和

BD′ 的公垂线,
(II)取 BB′ 的中点 N ,连结 MN ,则 MN ⊥ 平面BCC ′B′ , 过点 过点 N 作 NH ⊥ BC ′ 于 H ,连结 MH ,则由三垂线 定理得, BC ′ ⊥ MH . ∴ ∠MHN 为二面角 M ? BC ′ ? B′ 的平面角.

1 2 2 MN = 1, NH = BN sin 45 = × = . 2 2 4
在 Rt ?MNH 中. tan MHN =

MN 1 = = 2 2 故二面角 M ? BC ′ ? B′ 的大小为 arctan 2 2 . NH 2 4

(III)易知, S ?OBC = S ?OA′D′ ,且 ?OBC 和 ?OA′D′ 都在平面 BCD′A′ 内,点 O 到平面 MA′D′ 的距离

h=

1 1 1 ,∴ VM ?OBC = VM ?OA′D′ = VO ? MA′D′ = S ?MA′D′ h = . 2 3 24

(方法二):以点 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 D ? xyz , 则 A(1, 0, 0) , B (1,1, 0) , C (0,1, 0) , A′(1, 0,1) , C ′(0,1,1) , D′(0, 0,1) (I) ∵点 M 是棱 AA′ 的中点,点 O 是 BD′ 的中点, ∴ M (1, 0, ) ,

1 2

1 1 1 1 1 O( , , ) , OM = ( , ? , 0) , 2 2 2 2 2

AA′ = (0, 0,1) , BD′ = (?1, ?1,1) . 1 1 OM ? AA′ = 0 , OM ? BD′ = ? + + 0 = 0 , 2 2 ∴ OM ⊥ AA′ , OM ⊥ BD′ ,
又∵ MO 与异面直线 AA′ 和 BD′ 都相交, 故 MO 为异面直线 AA′ 和 BD′ 的公垂线,
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(II)设平面 BMC ′ 的一个法向量为 n1 = ( x, y, z ) , BM = (0, ?1, ) , BC ′ = ( ?1, 0,1) .

1 2

?n1 ? BM = 0, ?? y + 1 z = 0, ? ? 即? 2 ? ?n1 ? BC ′ = 0. ?? x + z = 0. ? ?
取 z = 2 ,则 x = 2, y = 1 . n1 = (2,1, 2) . 取平面 BC ′B′ 的一个法向量 n2 = (0,1, 0) .

cos < n1 , n2 >=

n1 ? n2 n1 n2

=

1 1 = ,由图可知,二面角 M ? BC ′ ? B′ 的平面角为锐角, 9 ×1 3 1 . 3

故二面角 M ? BC ′ ? B′ 的大小为 arccos (III)易知, S ?OBC =

1 1 2 S四边形BCD′A′ = × 1× 2 = ,设平面 OBC 的一个法向量为 n3 = ( x1 , y1 , z1 ) , 4 4 4
?n3 ? BD1 = 0, ?? x1 ? y1 + z1 = 0, ? 即? ? ?n3 ? BC = 0. ?? x1 = 0. ?

BD1 = (?1, ?1,1) , BC = (?1, 0, 0) ,

取 z1 = 1 ,则 y1 = 1 ,从而 n3 = (0,1,1) .

点 M 到平面 OBC 的距离 d =

BM ? n3 n3

1 1 1 1 2 1 1 = 2 = . VM ?OBC = S ?OBC ? d = × × = . 3 3 4 2 2 24 2 2 2

【跟踪模拟训练】 跟踪模拟训练】
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 选择题( 1.已知点 A(-3,1,-4) ,则点 A 关于 x 轴的对称点的坐标为( (A)(-3,-1,4)(B)(-3,-1,-4)(C)(3,1,4)(D)(3,-1,-4) 2.在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,D 是 AC 的中点,AB1⊥BC1,则平面 DBC1 与平面 CBC1 所成的角为( (A)30° (B)45° (C)60°
2

)

)

(D)90°

3. 设动直线 x = a 与函数 f ( x ) = 2 sin (

π
4

+ x) 和 g ( x) = 3 cos 2 x 的图象分别交于 M 、 N 两点,则

| MN | 的最大值为(
A. 2

) B. 3 C.2 D.3
o

4. 在直角坐标系中, A(3, 2) ,B ( ?2, ?3) , y 轴把坐标平面折成 120 的二面角后,AB 的长为 设 沿 ( A. 6 B. 4 2 C. 2 3 D. 2 11



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5. 矩形 ABCD 中,AB=4,BC=3,沿 AC 将矩形 ABCD 折成一个直二面角 B-AC-D,则四面体 ABCD 的外接球的体积为( )

125 π A. 12

125 π B. 9

125 π C. 6

125 π D. 3

M 6. 如图: 在平行六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, 为 A1C1 与 B1 D1 的交点。 AB = a ,AD = b ,AA1 = c 若
则下列向量中与 BM 相等的向量是( )

1 1 ? a+ b+c 2 2 (A)

1 1 1 1 a+ b+c ? a? b+c 2 2 (B) 2 (C) 2

1 1 a? b+c 2 (D) 2

二、填空题(每小题 6 分,共 18 分) 7. OX , OY , OZ 是空间交于同一点 O 的互相垂直的三条直线,点 P 到这三条直线的距离分别为

10 , a , b ,则 OP = 37 ,则 a 2 + b 2 = _

_。

8.平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=2,AD=1,且 AB、AD、AA1 两两之间夹角均为 600, 则 AC1 ? BD1 = 9.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角后,有下列四个结论: (1) AC ⊥ BD ; (2) ?ACD 是等边三角形; (3) AB 与平面 BCD 成 6 0° ; (4) AB 与 CD 所成的 角为 60°.其中正确结论的序号为_________(填上所有正确结论的序号) . 三、解答题(共 46 分) 底面是边长为 2 的菱形, ∠BAD=60°, 对角线 AC 与 BD 相交于点 O, 10. 如图, 四棱锥 P—ABCD 中, 在
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PO = 3 ,E、F 分别是 BC、AP 的中点.
(1)求证:EF∥平面 PCD; (2)求二面角 A—BP—D 的余弦值.

11. 某组合体由直三棱柱 ABC ? A 1 B1 C1 与正三棱锥 B ? ACD 组成,如图所示,其中, AB ⊥ BC .它的 正视图、侧视图、俯视图的面积分别为 2 2 +1, 1 , 2 2 +1.

(1)求直线 CA 1 与平面 ACD 所成角的正弦; (2)在线段 AC1 上是否存在点 P ,使 B1 P ⊥ 平面 ACD ,若存在,确定点 P 的位置;若不存在,说明理 由. 12. 如图,三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AA1 ⊥ 面 ABC ,

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BC ⊥ AC , BC = AC = 2 , AA1 = 3 , D 为 AC 的中点。
(I)求证: AB1 // 面 BDC1 ; (Ⅱ)求二面角 C1 ? BD ? C 的余弦值

参考答案
1. 【解析】选 A.∵点 A 关于 x 轴对称点的规律是在 x 轴上的坐标不变,在 y 轴,z 轴上的坐标分别变为相 反数,∴点 A(-3,1,-4)关于 x 轴的对称点的坐标为(-3,-1,4). 2. 【解析】选 B.以 A 为坐标原点,AC、AA1 分别为 y 轴和 z 轴建立空间直角坐标系.设底面边长为 2a.侧棱 长为 2b.

3.D

4.D

5.C

6.A

7.64

8.3

9. (2) (1) (4)

10.解: (1)证明:取 PD 的中点 G,连接 FG、CG ∵FG 是△PAD 的中卫县,∴FG 在菱形 ABCD 中,AD ∴EF∥CG 又 EF ? 面 PCD,CG ? 面 PCD,∴EF∥面 PCD (2)法 1:以 O 为原点,OB,OC,OP 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系。 则 0(0,0,0) ,A(0, ? 3 ,0) ,B(1,0,0) P (0,0, 3 ) BC,又 E 为 BC 的中点,∴CE

1 AD 2 ,

FG,∴四边形 EFGC 是平行四边形,

AB =(1, 3 ,0) AP =(0, 3 , 3 )
设面 ABP 的发向量为 n = ( x, y, z ) ,则

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?n ? AB = 0 ? ? ?x = ? 3 y ?x + 3 y = 0 ? ? ? ?n ? AP = 0 ? 3 y + 3z = 0 ? z = ? y ? ? ,即 即
取 n = ( 3 ,?1,1) 又 OA ? OP = 0 , OA ? OB = 0 ,∴OA⊥面 PBD,∴ OA 为面 PBD 的发向量, ∴ OA =(0, ? 3 ,0)

cos < n, OA >=

n ? OA | n || OA |

=

3 5? 3

=

5 5

5 .所以所求二面角的余弦值为 5

法 2:在菱形 ABCD 中,AC⊥BD, ∵OP⊥面 ABCD,AC ? 面 ABCD,∴AC⊥OP,OP ∩ BD=0,∴AC⊥面 PBD,AC⊥BP, 在面 PBD 中,过 O 作 ON⊥PB,连 AN,PB⊥面 AON,则 AN⊥PB。 即∠ANO 为所求二面角的平面角

AO=ABcos30°= 3 在 Rt△POB 中,

ON =

OP ? OB 3 15 = AN = OA 2 + ON 2 = BP 2 ,∴ 2

ANO =
∴cos∠ 11. 【解析】

ON = AN

3 2 = 5 5 15 5 2 。所以所求二面角的余弦值为 5

解:(1)设BA = BC = BD = a, BB1 = b 1 2 ? ?ab + 2 a = 2 2 + 1 ?a = 2 ? ? 由条件 ? ?? ?b = 2 ? ? 1 a2 = 1 ?2 ?

以点B为原点,分别以BC、BB1、BA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则 A(0, 0, 2), C ( 2, 0, 0), D(0, ? 2, 0), B1 (0, 2, 0), C1 ( 2, 2, 0), A1 (0, 2, 2) ? 2 ? 2 2 2? 2 2? ∵ ?ACD的重心G ? ? 3 , ? 3 , 3 ? ∴ a = BG = ? 3 , ? 3 , 3 ? 为平面ACD的法向量. ? ? ? ? ? ? ? 2 2 6 3 又CA1 = ( ? 2, 2, 2), 则 cos a, CA1 = = 6 6 2 2? 3 6 ∴所求角的正弦值为 6 ?
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(2)令 AP = mAC1 = B1 P = B1 A + AP =

(

(

2m, 2m, ? 2m

)

2m, 2m ? 2, 2 ? 2m = λ a

)

? 2 λ ? 2m = 3 ? ? 2 ? ∴ ? 2m ? 2 = ? λ ∴ 无解 3 ? ? 2 λ ? 2 ? 2m = 3 ? ? ∴ 不存在满足条件的点P.
12.解: (1)连接 B1C,交 BC1 于点 O,则 O 为 B1C 的中点, ∵D 为 AC 中点 ∴OD∥B1A ∴B1A∥平面 BDC1 ∴CC1⊥面 ABC 则 BC⊥平面 AC1,CC1⊥AC

又 B1A ? 平面 BDC1,OD ? 平面 BDC1 (2)∵AA1⊥面 ABC,BC⊥AC,AA1∥CC1

如图以 C 为坐标原点,CA 所在直线为 X 轴,CB 所在直线为 Y 轴, 角坐标系 则 C1(0,0,3) B(0,2,0) D(1,0,0) C(0,0,0) ∴设平面

CC1

所在直线为 Z 轴建立空间直

C1 DB

的法向量为 n = ( x , y, z)



n ⊥ C 1 D, n ⊥ C1 B 得

x ? 3 z = 0, 2 y ? 3 z = 0 ,取 z = 2 , 则 n = (6, 3, 2)

又平面 BDC 的法向量为

CC1 = (0, 0,3)

? C1C, n ? =
cos

C1 C ? n | C1C || n |

=

2 7

2 ∴二面角 C1—BD—C 的余弦值为 7

【备课资源】 备课资源】
1.已知两条异面直线 a、b 所成的角为 40°,直线 l 与 a、b 所成的角都等于θ,则θ的取值范围是( (A)[20°,90°] 【解析】选 A. (B)[20°,90°) (C)(20°,40°] (D)[70°,90°] )

取空间任一点 O,将直线 a,b,l 平移到过 O 点后分别为 a′,b′,l′,则 l′与 a′,b′所成的角即为 l 与
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a,b 所成的角.当 l′与 a′,b′共面时θ最小为 20°.当 l′与 a′,b′确定的平面垂直时, θ最大为 90°. 故θ的取值范围为[20°,90°].

3.如图甲,直角梯形 ABCD 中,AB∥CD, ∠DAB=

,点 M、 分别在 AB, 上, MN⊥AB, N CD 且 MC⊥CB, BC=2, MB=4,

现将梯形 ABCD 沿 MN 折起,使平面 AMND 与平面 MNCB 垂直(如图乙). (1)求证:AB∥平面 DNC; (2)当 DN 的长为何值时,二面角 D-BC-N 的大小为 30°?

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