2020年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題五 立體幾何第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題 理

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1、專題五立體幾何第3講用空間向量的方法解立體幾何問題真題試做1(2020陜西高考，理5)如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A B C D2(2020四川高考，理14)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是棱CD，CC1的中點，則異面直線A1M與DN所成的角的大小是_3(2020山東高考，理18)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，F(xiàn)C平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求證：BD平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值4(2020福建高考，理18)如圖，在長

2、方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD中點(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小為30，求AB的長5(2020天津高考，理17)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)證明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)設E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30，求AE的長考向分析從近幾年的高考試題來看，高考對本專題的考查主要有以下幾個方面：一是證明空間平行關系，如(2020福建高考，理

3、18)的第(2)問；二是利用空間向量證明垂直關系，如(2020山東高考，理18)的第(1)問和(2020福建高考，理18)的第(1)問；三是利用空間向量求角，如(2020山東高考，理18)的第(2)問；(2020天津高考，理17)的第(2)問和(2020四川高考，理14)，此類問題多以多面體為載體，常以解答題的形式出現(xiàn)，重在考查學生的空間想象能力本專題是高考的必考內容之一，通常為一道綜合題，常出現(xiàn)在幾道解答題的中間位置，難度不是很大在多數(shù)情況下，傳統(tǒng)法、向量法都可以解決，但首先應考慮向量法，這樣可以降低難度預測在今后高考中，本部分內容仍舊主要以解答題的形式出現(xiàn)，難度為中檔考查內容仍舊是利用空間

4、向量的數(shù)量積及坐標運算來解決立體幾何問題，其中利用空間向量求空間角仍然是重點熱點例析熱點一利用空間向量證明平行問題【例】如圖所示，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，O是B1D1的中點求證：B1C平面ODC1.規(guī)律方法利用空間向量證明平行問題的方法(1)線線平行：直線與直線平行，只需證明它們的方向向量平行(2)線面平行：利用線面平行的判定定理，證明直線的方向向量與平面內一條直線的方向向量平行；利用共面向量定理，證明平面外直線的方向向量與平面內兩條相交直線的方向向量共面；證明直線的方向向量與平面的法向量垂直(3)面面平行：平面與平面的平行，除了利用面面平行的判定定理轉化為線面平行外，只要證明

5、兩個平面的法向量平行即可下面用符號語言表述為：設直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)線線平行：lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.(2)線面平行：lauau0a1a3b1b3c1c30.(3)面面平行：uvukva3ka4，b3kb4，c3kc4.變式訓練1如圖，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC為等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點求證：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.熱點二利用空間向量證明垂直問題【例

6、】如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中點，作EFPB于點F，求證：(1)PA平面EDB；(2)PB平面EFD.規(guī)律方法利用空間向量證明垂直問題的方法(1)線線垂直：直線與直線的垂直，只要證明兩條直線的方向向量垂直(2)線面垂直：利用線面垂直的定義，證明直線的方向向量與平面內的任意一條直線的方向向量垂直；利用線面垂直的判定定理，證明直線的方向向量與平面內的兩條相交直線的方向向量垂直；證明直線的方向向量與平面的法向量平行(3)面面垂直：平面與平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直外，只要證明兩個平面的法向量垂直即可下面用符號語言

7、表述為：設直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分別為u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)線線垂直：lmabab0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直：lauakua1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面垂直：uvuv0a3a4b3b4c3c40.變式訓練2如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求證：BD平面PAC；(2)若PAAB，求PB與AC所成角的余弦值；(3)當平面PBC與平面PDC垂直時，求PA的長熱點三利用空間向量求角和距離【例】如圖所示，在三棱柱ABC

8、A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)設N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內，且MN平面A1B1C1，求線段BM的長規(guī)律方法(1)夾角計算公式兩條異面直線的夾角若兩條異面直線a和b的方向向量分別為n1，n2，兩條異面直線a和b所成的角為，則cos |cosn1，n2|.直線與平面所成的角若直線a的方向向量為a，平面的法向量為n，直線a與平面所成的角為，則sin |cosa，n|.二面角設n1，n2分別為二面角的兩個半平面的法向量，其二面角為，則

9、n1，n2或n1，n2，其中cosn1，n2.(2)距離公式點點距離：點與點的距離，是以這兩點為起點和終點的向量的模；點線距離：點M到直線a的距離，設直線的方向向量為a，直線上任一點為N，則點M到直線a的距離d|sin，a；線線距離：兩條平行線間的距離，轉化為點線距離；兩條異面直線間的距離，轉化為點面距離或者直接求公垂線段的長度；點面距離：點M到平面的距離，如平面的法向量為n，平面內任一點為N，則點M到平面的距離d|cos，n|；線面距離：直線和與它平行的平面間的距離，轉化為點面距離；面面距離：兩平行平面間的距離，轉化為點面距離變式訓練3已知ABCDA1B1C1D1是底面邊長為1的正四棱柱，O

10、1為A1C1與B1D1的交點(1)設AB1與底面A1B1C1D1所成角的大小為，二面角AB1D1A1的大小為.求證：tan tan ；(2)若點C到平面AB1D1的距離為，求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高熱點四用向量法解決探索性問題【例】如圖，四棱錐SABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱SD上的點(1)求證：ACSD；(2)若SD平面PAC，求二面角PACD的大小；(3)在(2)的條件下，側棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，請說明理由規(guī)律方法(1)用空間向量解決立體幾何問題的步驟及注意事項建立空間直角坐標系，要寫理由，

11、坐標軸兩兩垂直要證明；準確求出相關點的坐標(特別是底面各點的坐標，若底面不夠規(guī)則，則應將底面單獨抽出來分析)，坐標求錯將前功盡棄；求平面法向量；根據(jù)向量運算法則，求出三角函數(shù)值或距離；給出問題的結論(2)利用空間向量巧解探索性問題空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行繁雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷在解題過程中，往往把“是否存在”問題，轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，所以使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題變式訓練4如圖，平面PAD平面ABCD，ABCD為正方形，PAD90，且PAAD2；E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中

12、點(1)求證：PB平面EFG；(2)求異面直線EG與BD所成的角的余弦值；(3)在線段CD上是否存在一點Q，使得A到平面EFQ的距離為？若存在，求出CQ的值；若不存在，請說明理由思想滲透轉化與化歸思想利用向量解決空間位置關系及求角問題主要問題類型：(1)空間線面關系的證明；(2)空間角的求法；(3)存在性問題的處理方法求解時應注意的問題：(1)利用空間向量求異面直線所成的角時，應注意角的取值范圍；(2)利用空間向量求二面角的平面角時，應注意觀察二面角是鈍角還是銳角【典型例題】(2020北京高考，理16)如圖1，在RtABC中，C90，BC3，AC6.D，E分別是AC，AB上的點，且DEBC，D

13、E2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖2.圖1圖2(1)求證：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大??；(3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由解：(1)因為ACBC，DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因為A1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)如圖，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系Cxyz，則A1(0,0,)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)設平面A1BE的法向量為n=(x，y，z)，則n=0，n=0.又=

14、(3,0，)，=(1,2,0)，所以令y=1，則x=2，.所以n=(2,1，)設CM與平面A1BE所成的角為.因為=(0,1，)，所以sin |cosn，|，所以CM與平面A1BE所成角的大小為.(3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直理由如下：假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p0,3設平面A1DP的法向量為m(x，y，z)，則m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x2，則yp，z，所以m.平面A1DP平面A1BE，當且僅當mn0，即4pp0.解得p2，與p0,3矛盾所以線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直1已知(1,5，2

15、)，(3,1，z)，若(x1，y，3)，且BP平面ABC，則實數(shù)x，y，z的值分別為()A，4 B，4C，2,4 D4，152已知平面內有一個點M(1，1,2)，平面的一個法向量是n(6，3,6)，則下列點P在平面內的是()AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)3(2020湖北武昌調研，7)已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCDA1B1C1D1棱BB1，AD的中點，則直線EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是()A BC D4在四面體PABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設PAPBPCa，則點P到平面ABC的距離為_5如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB

16、90，AA12，ACBC1，則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是_6已知在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，BC4，AA14，點M是棱D1C1的中點求直線AB1與平面DA1M所成角的正弦值7(2020江蘇鎮(zhèn)江模擬，22)在正方體ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中點，E是線段D1O上一點，且D1EEO.(1)若1，求異面直線DE與CD1所成角的余弦值；(2)若平面CDE平面CD1O，求的值參考答案命題調研明晰考向真題試做1A2.903(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30.因此ADB90，ADBD.又AE

17、BD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一：由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設CB1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1)，因此，(0，1,1)設平面BDF的一個法向量為m(x，y，z)，則m0，m0，所以xyz，取z1，則m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一個法向量，則cosm，所以二面角FBDC的余弦值為.解法二：取BD的中點G，連接CG，F(xiàn)G，由于CB=CD，因此CGBD

18、.又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，F(xiàn)C，CG平面FCG，所以BD平面FCG.故BDFG.所以FGC為二面角FBDC的平面角在等腰三角形BCD中，由于BCD120，因此CGCB.又CBCF，所以GFCG，故cosFGC，因此二面角FBDC的余弦值為.4解：(1)以A為原點，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)設ABa，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE

19、.此時(0，1，z0)又設平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一個法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在點P，滿足DP平面B1AE，此時AP.(3)連接A1D，B1C，由長方體ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1.是平面A1B1E的一個法向量，此時(0,1,1)設與n所成的角為，則cos .二面角AB1EA1的大小為30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的長為2.5解法

20、一：如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)(1)證明：易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)設平面PCD的法向量n(x，y，z)，則即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，從而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值為.(3)設點E的坐標為(0,0，h)，其中h0,2，由此得.由(2，1,0)，故cos，所以cos 30，解得h，即AE.解法二：(1)證明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAA

21、CA，故AD平面PAC.又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如圖，作AHPC于點H，連接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH.因此DHPC，從而AHD為二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH，故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值為.(3)如圖，因為ADC45，故過點B作CD的平行線必與線段AD相交，設交點為F，連接BE，EF.故EBF或其補角為異面直線BE與CD所成的角由于BFCD，故AFB=ADC.在RtDAC中，CD=，sinADC=，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin 135，

22、可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.設AEh，在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因為EFBE，從而EBF30，由余弦定理，得cos 30.可解得h.所以AE.精要例析聚焦熱點熱點例析【例1】證明：設，b，c，因為B1BCC1為平行四邊形，所以ca.又O是B1D1的中點，所以(ab)，b(ab)(ba)因為D1DC1C，所以c，所以(ba)c.若存在實數(shù)x，y，使(x，yR)成立，則caxy(xy)a(xy)bxc.因為a，b，c不共線，所以所以所以，所以，是共面向量因為不在，所確定的平面ODC1內，所以平面ODC1，即B1C平面ODC

23、1.【變式訓練1】證明：如圖建立空間直角坐標系Axyz，令ABAA14，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)(1)取AB中點為N，則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，DENC.又NC在平面ABC內，DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)，(2)22(2)(4)(2)0，則，B1FEF，(2)222(4)00，即B1FAF.又AFFEF，B1F平面AEF.【例2】證明：如圖所示建立空間直角坐標系，D為坐標原點，設DCa.(1)連接AC交BD于G，連接EG.依題

24、意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E.底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，點G的坐標為，(a,0，a)，2，則PAEG.而EG平面EDB且PA平面EDB，PA平面EDB.(2)依題意得B(a，a,0)，(a，a，a)又，00，PBDE.由已知EFPB，且EFDEE，PB平面EFD.【變式訓練2】解：(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，所以ACBD.又因為PA平面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC.(2)設ACBDO.因為BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系Oxyz，則P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0

25、)，C(0，0)，所以(1，2)，(0,2，0)設PB與AC所成角為，則cos .(3)由(2)知(1，0)設P(0，t)(t0)，則(1，t)設平面PBC的法向量m(x，y，z)，則m0，m0.所以令y，則x3，z.所以m.同理，平面PDC的法向量n.因為平面PBC平面PDC，所以mn0，即60，解得t，所以PA.【例3】解：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點依題意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為.(2)易知(0,2，0)，(，

26、)設平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，則即不妨令x，可得m(，0，)同樣地，設平面A1B1C1的法向量n(r，p，q)，則即不妨令p，可得n(0，)于是cosm，n，從而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值為.(3)由N為棱B1C1的中點，得N.設M(a，b,0)，則.由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此.所以線段BM的長|.【變式訓練3】解：設正四棱柱的高為h.(1)證明：連接AO1，AA1底面A1B1C1D1于A1，AB1與底面A1B1C1D1所成的角為AB1A1，即AB1A1.AB1AD1，O1為B1D1的中點，AO1B1D1.又A1O1B1D1，四邊形A1B1C1

27、D1是正方形，AO1A1是二面角AB1D1A1的平面角，即AO1A1.tan h，tan h.tan tan .(2)建立如圖空間直角坐標系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，(1,0，h)，(0,1，h)，(1,1,0)設平面AB1D1的一個法向量為n(x，y，z)取z1，得n(h，h,1)，點C到平面AB1D1的距離為d，則h2.【例4】(1)證明：連接BD，設AC交BD于點O，連接SO.由題意知SO平面ABCD.以O為坐標原點，OB，OC，OS所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.設底面邊長為2，則高SO，S(0,0，)，

28、D(，0,0)，C(0，0)(0，0)，(，0，)0，故OCSD，即ACSD.(2)解：由題意知，平面PAC的一個法向量(，0，)，平面DAC的一個法向量為(0,0，)，設所求的二面角為，則cos .故所求二面角的大小為30.(3)解：在側棱SC上存在一點E，使BE平面PAC.由(2)知是平面PAC的一個法向量，且(，0，)，(0，)設t，則(，(1t)，t)，而0t，從而當SEEC21時，又BE不在平面PAC內，故BE平面PAC.【變式訓練4】解：平面PAD平面ABCD，而PAD90，PA平面ABCD.而ABCD是正方形，即ABAD，故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(

29、2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，G(1,2,0)(1)證明：(2,0，2)，(0，1,0)，(1,1，1)，設平面EFG的法向量為n0(x0，y0，z0)令x01，則n0(1,0,1)又n0210(2)10，n0.又PB平面EFG，PB平面EFG.(2)(1,2，1)，(2,2,0)，cos ，故異面直線EG與BD所成的角的余弦值為.(3)假設在線段CD上存在一點Q滿足題設條件，令CQm(0m2)，則DQ2m，點Q的坐標為(2m,2,0)，(2m,2，1)而(0,1,0)，設平面EFQ的法向量為n(x，y，z)，令x1，則

30、n(1,0,2m)，點A到平面EFQ的距離d，即(2m)2，m或m2不合題意，舍去，故存在點Q，當CQ時，點A到平面EFQ的距離為.創(chuàng)新模擬預測演練1B2A3B4a56解：建立如圖所示的空間直角坐標系，可得有關點的坐標為D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，C(0,2,0)，A1(4,0,4)，B1(4,2,4)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)，M(0,1,4)(0,1,4)，(4,0,4)，(0,2,4)設平面DA1M的法向量為n(x，y，z)，即取z1，得x1，y4.平面DA1M的一個法向量為n(1,4，1)設直線AB1與平面DA1M所成角為，sin ，直線AB1與平面DA1M所成角的正弦值為.7解：(1)不妨設正方體的棱長為1，以，為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E，于是，(0，1,1)由cos，所以異面直線DE與CD1所成角的余弦值為.(2)設平面CD1O的法向量為m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取x11，得y1z11，得m(1,1,1)由D1EEO，則E，.又設平面CDE的法向量為n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取x22，得z2，即n(2,0，)因為平面CDE平面CD1F，所以mn0，得2.