浙江專版2018年高中數(shù)學(xué)第2部分復(fù)習(xí)課三空間向量與立體幾何學(xué)案新人教A版.docx

復(fù)習(xí)課(三)空間向量與立體幾何利用空間向量證明平行、垂直問題1空間向量是高考的重點內(nèi)容之一，尤其是在立體幾何的解答題中，主要考查建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運算解決直線、平面位置關(guān)系的判斷問題，特別是平行與垂直問題常作為一道解答題的某一小問，屬于中檔題2利用空間向量證明平行、垂直問題主要是運用直線的方向向量和平面的法向量，借助立體幾何中關(guān)于平行和垂直的定理，再通過向量運算來解決空間向量的結(jié)論與線面位置關(guān)系的對應(yīng)關(guān)系(1)設(shè)直線l的方向向量是u(a1，b1，c1)，平面的法向量v(a2，b2，c2)，則luvuv0a1a2b1b2c1c20，luvukv(a1，b1，c1)k(a2，b2，c2)a1ka2，b1kb2，c1kc2(kR)(2)設(shè)直線l，m的方向向量分別為a，b，平面，的法向量分別為u，v，則lmabakb，kR；lmabab0；lauau0；lauaku，kR；uvukv，kR； uvuv0典例如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，點M，N分別在BB1，DD1上，且AMA1B，ANA1D(1)求證：A1C平面AMN；(2)當(dāng)AB2，AD2，A1A3時，問在線段AA1上是否存在一點P使得C1P平面AMN，若存在，試確定P的位置解(1)證明：因為CB平面AA1B1B，AM平面AA1B1B，所以CBAM，又因為AMA1B，A1BCBB，所以AM平面A1BC，所以A1CAM，同理可證A1CAN，又AMANA，所以A1C平面AMN(2)以C為原點，CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，CC1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因為AB2，AD2，A1A3，所以C(0,0,0)，A1(2，2,3)，C1(0，0,3)，(2,2,3)，由(1)知CA1平面AMN，故平面AMN的一個法向量為(2,2,3)設(shè)線段AA1上存在一點P(2,2，t)，使得C1P平面AMN，則(2,2，t3)，因為C1P平面AMN，所以443t90，解得t所以P，所以線段AA1上存在一點P，使得C1P平面AMN類題通法利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系(1)線線平行：證明兩條直線平行，只需證明兩條直線的方向向量是共線向量(2)線線垂直：證明兩條直線垂直，只需證明兩直線的方向向量垂直(3)線面平行：證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；證明可在平面內(nèi)找到一個向量與直線的方向向量是共線向量；利用共面向量定理，即證明直線的方向向量可用平面內(nèi)兩不共線向量線性表示(4)線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量平行；利用線面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線線垂直問題(5)面面平行：證明兩個平面的法向量平行(即是共線向量)；轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題(6)面面垂直：證明兩個平面的法向量互相垂直；轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直問題1如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1證明：A1C平面BB1D1D證明：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，ABAA1，OAOBOA11，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)由，易得B1(1,1,1)(1,0，1)，(0，2,0)，(1,0,1)，0，0，A1CBD，A1CBB1又BDBB1B，A1C平面BB1D1D2如圖，已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14(1)求證：ACBC1；(2)在AB上是否存在點D，使得AC1CD?(3)在AB上是否存在點E，使得AC1平面CEB1?解：(1)證明：在直三棱柱ABCA1B1C1 中，因為AC3，BC4，AB5，所以AC，BC，CC1兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點，直線CA，CB，CC1分別為x軸，y軸，z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系則C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)因為(3,0,0)，(0，4,4)，所以0，所以，即ACBC1(2)假設(shè)在AB上存在點D，使得AC1CD設(shè)(3，4，0)，其中01則D(33，4，0)，于是(33，4，0)，由于(3,0,4)，且AC1CD，所以990，解得1所以在AB上存在點D使得AC1CD，這時點D與點B重合(3)假設(shè)在AB上存在點E，使得AC1平面CEB1，設(shè)t(3t,4t,0)，其中0t1則E(33t,4t,0)，(33t,4t4，4)，(0，4，4)又因為AEmn成立，所以m(33t)3，m(4t4)4n0，4m4n4，解得t所以在AB上存在點E，使得AC1平面CEB1，這時點E為AB的中點利用空間向量求空間角或其三角函數(shù)值利用空間向量求兩條異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角的平面角是高考的重點和熱點，主要以解答題的形式考查，屬于中檔題，每年必考典例(山東高考)在如圖所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O的直徑，F(xiàn)B是圓臺的一條母線(1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點，求證：GH平面ABC；(2)已知EFFBAC2，ABBC，求二面角FBCA的余弦值解(1)證明：設(shè)CF的中點為I，連接GI，HI在CEF中，因為點G，I分別是CE，CF的中點，所以GIEF又EFOB，所以GIOB在CFB中，因為H，I分別是FB，CF的中點，所以HIBC又HIGII，BCOBB，所以平面GHI平面ABC因為GH平面GHI，所以GH平面ABC(2)連接OO，則OO平面ABC又ABBC，且AC是圓O的直徑，所以BOAC以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz由題意得B(0,2，0)，C(2，0,0)過點F作FMOB于點M，所以FM 3，可得F(0，3)故(2，2，0)，(0，3)設(shè)m(x，y，z)是平面BCF的法向量由可得可得平面BCF的一個法向量m因為平面ABC的一個法向量n(0,0,1)，所以cosm，n，所以二面角FBCA的余弦值為類題通法用向量法求空間角的注意點(1)異面直線所成角：兩異面直線所成角的范圍為090，需找到兩異面直線的方向向量，借助方向向量所成角求解(2)直線與平面所成的角：要求直線a與平面所成的角，先求這個平面的法向量n與直線a的方向向量a夾角的余弦cosn，a，易知n，a或者n，a(3)二面角：如圖，有兩個平面與，分別作這兩個平面的法向量n1與n2，則平面與所成的角跟法向量n1與n2所成的角相等或互補，所以首先應(yīng)判斷二面角是銳角還是鈍角1(全國乙卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE與二面角CBEF都是60(1)證明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解：(1)證明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC(2)過D作DGEF，垂足為G由(1)知DG平面ABEF以G為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G xyz由(1)知DFE為二面角D AFE的平面角，故DFE60，則DF2，DG，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3，0,0)，D(0,0，)由已知得ABEF，所以AB平面EFDC又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF為二面角CBEF的平面角，CEF60從而可得C(2,0，)所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)設(shè)n(x，y，z)是平面BCE的法向量，則即所以可取n(3,0，)設(shè)m是平面ABCD的法向量，則同理可取m(0，4)則cos n，m由圖知，二面角EBCA為鈍角，故二面角EBCA的余弦值為2(安徽高考)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F(1)證明：EFB1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值解：(1)證明：由正方形的性質(zhì)可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1CA1D又A1D平面A1DE，B1C平面A1DE，于是B1C平面A1DE又B1C平面B1CD1，平面A1DE平面B1CD1EF，所以EFB1C(2)因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD，以A為原點，分別以，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得點的坐標(biāo)A(0,0,0)，D(0,1,0)，A1(0，0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E點為B1D1的中點，所以E點的坐標(biāo)為設(shè)平面A1DE的法向量為n1(r1，s1，t1)，而該平面上向量，(0,1，1)，由n1，n1得r1，s1，t1應(yīng)滿足方程組(1,1,1)為其一組解，所以可取n1(1,1,1)設(shè)平面A1B1CD的法向量為n2(r2，s2，t2)，而該平面上向量(1,0,0)，(0,1，1)，由此同理可得n2(0,1,1)，所以結(jié)合圖形知二面角EA1DB1的余弦值為1已知ab(2，2)，ab(0，0)，則cosa，b()ABC D解析：選C由已知，得a(1，)，b(1,0，)，cosa，b2已知直線l過定點A(2,3,1)，且n(0,1,1)為直線l的一個方向向量，則點P(4,3,2)到直線l的距離為()A BC D解析：選A(2,0，1)，|，則點P到直線l的距離為 3如圖所示，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，則()A2 B2C1 D1解析：選C()2cos，2cos(18060)2cos 12021故選C4如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，ACB90，側(cè)棱AA12，D，E分別是CC1與A1B的中點，點E在平面ABD上的射影是ABD的重心G則A1B與平面ABD所成角的正弦值為()A BC D解析：選A以C為坐標(biāo)原點，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，CC1所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示設(shè)CACBa，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，E，G，(0，a,1)點E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，平面ABD，0，解得a2，(2，2,2)，平面ABD，為平面ABD的一個法向量又cos，A1B與平面ABD所成角的正弦值為5如圖，已知矩形ABCD與矩形ABEF全等，二面角DABE為直二面角，M為AB的中點，F(xiàn)M與BD所成的角為，且cos ，則()A1 BC D解析：選C建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB1，BC，則F(，0,0)，M，B(0,1,0)，D(0,0，)，(0，1，)cos ，解得，所以6如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC為正三角形，且側(cè)棱AA1底面ABC，且底面邊長與側(cè)棱長都等于2，O，O1分別為AC，A1C1的中點，則平面AB1O1與平面BC1O間的距離為()A BC D解析：選B如圖，連接OO1，根據(jù)題意，OO1底面ABC，則以O(shè)為原點，分別以O(shè)B，OC，OO1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)O1OC1，OBO1B1，AO1O1B1O1，OC1OBO，平面AB1O1平面BC1O平面AB1O1與平面BC1O間的距離即為O1到平面BC1O的距離O(0，0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，(，0,0)，(0,1,2)，(0,0,2)，設(shè)n(x，y，z)為平面BC1O的法向量，則n0，x0又n0，y2z0，可取n(0,2，1)點O1到平面BC1O的距離記為d，則d平面AB1O1與平面BC1O間的距離為7如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為_解析：不妨設(shè)CB1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)(0,2，1)，(2,2,1)cos，答案：8如圖，已知矩形ABCD，AB1，BCa，PA平面ABCD，若在BC上只有一個點Q滿足PQQD，則a的值等于_解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則D(0，a,0)設(shè)Q(1，t,0)(0ta)P(0,0，z)則(1，t，z)，(1，at,0)由PQQD，得1t(at)0，即t2at10由題意知方程t2at10只一解a240，a2，這時t10，a答案：29在正方體ABCDA1B1C1D1中，二面角A1BDC1的余弦值是_解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，D(0,0,0)，則(1,0,1)，(1,0，1)，(1，1,0)設(shè)平面A1BD的一個法向量為n(x，y，z)，則即所以可取n(1，1，1)，同理可求得平面BC1D的一個法向量為m(1，1,1)，則cosm，n，所以二面角A1BDC1的余弦值為答案：10如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，點D是BC的中點(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值解：(1)以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2，4)，所以(2,0，4)，(1，1，4)因為cos，所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1(x，y，z)，因為(1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2,1)是平面ADC1的一個法向量取平面ABA1的一個法向量為n2(0,1,0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為由|cos |，得sin 因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為11如圖，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，點M，N分別為AB和BC的中點(1)證明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC為直二面角，求的值解：(1)證明：連接AB，AC，則AB與AB交于點M，所以M為AB的中點又N為BC的中點，所以MNAC又MN平面AACC，AC平面AACC，所以MN平面AACC(2)以A為坐標(biāo)原點，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示設(shè)AA1，則ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)，所以M，N故，設(shè)