五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習 第八章 第六節(jié) 空間向量的應(yīng)用 理全國通用

考點空間向量及其應(yīng)用1(20xx·陜西，18)如圖1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖2.(1)證明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值(1)證明在圖1中，因為ABBC1，AD2，E是AD的中點，BAD，所以BEAC，即在圖2中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO， 圖1從而BE平面A1OC，又在直角梯形ABCD中，ADBC，BCAD，E為AD中點，所以BC綉ED，所以四邊形BCDE為平行四邊形，故有CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC為二面角A1BEC的平面角，所以A1OC， 圖2如圖，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標系，因為A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0，0)，設(shè)平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD夾角為，則得取n1(1，1，1)；得取n2(0，1，1)，從而cos |cos<n1，n2>|，即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為.2(20xx·天津，17)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且點M和N分別為B1C和D1D的中點(1)求證：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)設(shè)E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長解如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，依題意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2)，又因為M，N分別為B1C和D1D的中點，得M，N(1，2，1)(1)證明依題意，可得n(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由此可得·n0，又因為直線MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2，2)，(2，0，0)，設(shè)n1(x，y，z)為平面ACD1的法向量，則即不妨設(shè)z1，可得n1(0，1，1)設(shè)n2(x，y，z)為平面ACB1的法向量，則又(0，1，2)，得不妨設(shè)z1，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以，二面角D1ACB1的正弦值為.(3)依題意，可設(shè)，其中0，1，則E(0，2)，從而(1，2，1)，又n(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因為0，1，解得2，所以，線段A1E的長為2.3(20xx·江西，19)如圖，四棱錐P­ABCD中，PA平面ABCD，E為BD的中點，G為PD的中點，DABDCB，EAEBAB1，PA，連接CE并延長交AD于F. (1)求證：AD平面CFG；(2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值(1)證明在ABD中，因為E是BD的中點，所以EAEBEDAB1，故BAD，ABEAEB，因為DABDCB，所以EABECB，從而有FEDBECAEB，所以FEDFEA，故EFAD，AFFD，又因為PGGD，所以FGPA.又PA平面ABCD，所以GFAD，故AD平面CFG.(2)解以點A為坐標原點建立如圖所示的坐標系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D，P，故，.設(shè)平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，則解得即n1.設(shè)平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，則解得即n2(1，2)從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為cos.4.(20xx·湖北，19)如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，直線PC平面ABC，E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(1)記平面BEF與平面ABC的交線為l，試判斷直線l與平面PAC的位置關(guān)系，并加以證明；(2)設(shè)(1)中的直線l與圓O的另一個交點為D，且點Q滿足，記直線PQ與平面ABC所成的角為，異面直線PQ與EF所成的角為，二面角E­l­C的大小為，求證：sin sin sin .(1)解直線l平面PAC，證明如下：連接EF，因為E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因為l平面PAC，EF平面PAC，所以直線l平面PAC. (2)證明法一(綜合法)如圖1，連接BD，由(1)可知交線l即為直線BD，且lAC.因為AB是O的直徑，所以ACBC，于是lBC， 圖1已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.連接BE，BF，因為BF平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角E­l­C的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.連接PQ，DF，因為F是CP的中點，CP2PF，所以DQPF，從而四邊形DQPF是平行四邊形，PQFD.連接CD，因為PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC內(nèi)的射影，故CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF為銳角，故BDF為異面直線PQ與EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分別可得sin ，sin ，sin ，從而sin sin ·sin ，即sin sin sin .法二(向量法)如圖2，由，作DQCP，且DQCP.連接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交線l即為直線BD.以點C為原點，向量，所在直線分別為x、y、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)CAa，CBb，CP2c，則有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，E，F(xiàn)(0，0，c)于是(a，0，0)， 圖2(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，從而sin .又取平面ABC的一個法向量為m(0，0，1)，可得sin ，設(shè)平面BEF的一個法向量為n(x，y，z)，所以由可得取n(0，c，b)于是|cos |，從而sin .故sin sin ·sin ，即sin sin sin .