2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題5 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法 理.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題5 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法 理向量法證明線面位置關(guān)系訓(xùn)練提示:使用空間向量方法證明線面平行,(1)可以證明直線的方向向量和平面內(nèi)一條直線的方向向量平行,然后根據(jù)線面平行的判定定理得到線面平行;(2)可以證明直線的方向向量與平面的法向量垂直;(3)證明直線的方向向量與平面內(nèi)兩相交直線的方向向量共面,證明面面垂直既可以證明線線垂直,然后使用判定定理進(jìn)行判定,也可以證明兩個(gè)平面的法向量垂直.1.已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,E,F分別是BB1,DD1的中點(diǎn),用空間向量法證明:(1)FC1平面ADE;(2)平面ADE平面B1C1F.證明: 如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).(1)設(shè)n1=(x1,y1,z1)是平面ADE的法向量,則n1,n1,即令z1=2,y1=-1,所以n1=(0,-1,2),因?yàn)閚1=-2+2=0,所以n1,又因?yàn)镕C1平面ADE,即FC1平面ADE.(2)因?yàn)?(2,0,0),設(shè)n2=(x2,y2,z2)是平面B1C1F的一個(gè)法向量.由n2,n2,得令z2=2,y2=-1,所以n2=(0,-1,2),所以n1=n2,所以平面ADE平面B1C1F.2. (xx賓川縣校級(jí)月考)在邊長(zhǎng)是2的正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F分別為AB,A1C的中點(diǎn).應(yīng)用空間向量方法求解下列問題.(1)求EF的長(zhǎng);(2)證明:EF平面AA1D1D;(3)證明:EF平面A1CD.(1)解:如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則A1(2,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),D(0,0,0),因?yàn)镋,F分別為AB,A1C的中點(diǎn),所以E(2,1,0),F(1,1,1),=(-1,0,1),所以|=.證明:(2)因?yàn)?(-2,0,2)=2,所以EFAD1,又AD1平面AA1D1D,EF平面AA1D1D,所以EF平面AA1D1D.(3)=(0,-2,0),=(-2,0,-2),因?yàn)?0,=0,所以EFCD,EFA1D,又CDA1D=D,所以EF平面A1CD.用空間向量求空間角訓(xùn)練提示:由空間向量法求解線線、線面、面面角的關(guān)鍵是把問題轉(zhuǎn)化為向量與向量之間的關(guān)系.3. (xx遼寧錦州質(zhì)檢)如圖所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1.(1)求直線DF與平面ACEF所成角的正弦值;(2)在線段AC上找一點(diǎn)P,使與所成的角為60,試確定點(diǎn)P的位置.解: (1)以C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以CD,CB,CE所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則E(0,0,1),D(,0,0),B(0,0),A(,0),F(,1),連接BD,則ACBD.因?yàn)槠矫鍭BCD平面ACEF,且平面ABCD平面ACEF=AC,所以BD平面ACEF,所以是平面ACEF的一個(gè)法向量.又=(-,0),=(0,1),所以cos=.故直線DF與平面ACEF所成角的正弦值為.(2)設(shè)P(a,a,0)(0a),則=(-a,-a,1),=(0,0).因?yàn)?60,所以cos 60=.解得a=或a=(舍去),故存在滿足條件的點(diǎn)P(,0)為AC的中點(diǎn).4.(xx大連市高三一模) 如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,DAB=60,PD平面ABCD,PD=AD=1,點(diǎn)E,F分別為AB和PD中點(diǎn).(1)求證:直線AF平面PEC;(2)求PC與平面PAB所成角的正弦值.(1)證明:作FMCD交PC于M,連接EM.因?yàn)辄c(diǎn)F為PD中點(diǎn),所以FM=CD,所以AE=AB=FM,所以四邊形AEMF為平行四邊形,所以AFEM,因?yàn)锳F平面PEC,EM平面PEC,所以直線AF平面PEC.(2)解:連接DE,因?yàn)镈AB=60,所以DEDC.如圖所示,建立坐標(biāo)系,則P(0,0,1),C(0,1,0),E(,0,0),A(,-,0),B(,0).所以=(-,1),=(0,1,0).設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),因?yàn)閚=0,n=0,所以取x=1,則z=,所以平面PAB的一個(gè)法向量為n=(1,0,),=(0,1,-1),所以設(shè)向量n與所成角為,所以cos =-,所以PC與平面PAB所成角的正弦值為.5. (xx甘肅蘭州第二次監(jiān)測(cè))在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E,F分別是BB1,AC,AA1的中點(diǎn),AC=BC=AA1,AB=AC.(1)求證:CD平面BEF;(2)求平面ACD與平面A1C1D所成二面角的大小.(1)證明:連接A1C,因?yàn)镈,E,F分別是BB1,AC,AA1的中點(diǎn),所以A1DBF,A1CEF,因?yàn)樵谄矫鍭1CD中A1DA1C=A1,在平面BEF中BFEF=F,所以平面A1CD平面BEF,而CD平面A1CD,所以CD平面BEF.(2)解: 依題意ACBC,BCCC1,ACCC1,所以分別以CA,CB,CC1所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)CA=1,則A(1,0,0),C(0,0,0),D(0,1,1),C1(0,0,2),A1(1,0,2),設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD的一個(gè)法向量,則n1=0且n1=0,即令y=1,則n1=(0,1,-1),同理可得平面A1C1D的一個(gè)法向量為n2=(0,1,1),因?yàn)閚1n2=00+11+1(-1)=0,所以平面ACD與平面A1C1D所成二面角為. 類型一:立體幾何中的向量方法1.(xx太原市模擬)已知長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中,AA1=AB=2,若棱AB上存在點(diǎn)P,使得D1PPC,則AD的取值范圍是(C)(A)1,2)(B)(1,(C)(0,1(D)(0,2)解析: 如圖建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AD=a(a0),AP=x(0x2),則P(a,x,2),C(0,2,2),所以=(a,x,2),=(a,x-2,0),因?yàn)镈1PPC,所以=0,即a2+x(x-2)=0,a=.當(dāng)0x2時(shí),a(0,1.故選C.2.正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a,點(diǎn)M在AC1上且=,N為B1B的中點(diǎn),則|為(A)(A)a(B)a(C)a(D)a解析: 以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則A(a,0,0),C1(0,a,a),N(a,a,).設(shè)M(x,y,z).因?yàn)辄c(diǎn)M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),所以x=a,y=,z=.所以M(,),所以|= =a.類型二:利用空間向量求空間角3. (xx黑龍江高三模擬)如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),DC垂直于半圓O所在的平面,DCEB,DC=EB,AB=4,tan EAB=.(1)證明:平面ADE平面ACD;(2)當(dāng)三棱錐CADE體積最大時(shí),求二面角DAEB的余弦值.(1)證明:因?yàn)锳B是直徑,所以BCAC,因?yàn)镃D平面ABC,所以CDBC,因?yàn)镃DAC=C,所以BC平面ACD,因?yàn)镃DBE,CD=BE,所以四邊形BCDE是平行四邊形,BCDE,所以DE平面ACD,因?yàn)镈E平面ADE,所以平面ADE平面ACD.(2)解:依題意,EB=1,由(1)知=SACDDE=ACCDDE=ACBC(AC2+BC2)=AB2=,當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=2時(shí)等號(hào)成立.如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系, 則D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),則=(-2,2,0),=(2,0,-1),=(0,2,0),=(0,0,1),設(shè)平面DAE的法向量為n1=(x,y,z),即取x=1,得n1=(1,0,2),同理得平面ABE的法向量為n2=(1,1,0),所以cos=.可以判斷與二面角DAEB的平面角互補(bǔ),二面角DAEB的余弦值為-.4. (xx南昌市一模)如圖AC是圓O的直徑,B,D是圓O上兩點(diǎn),AC=2BC=2CD=2,PA垂直于圓O所在的平面,=. (1)求證:CM平面PAD;(2)當(dāng)CM與平面PAC所成角的正弦值為時(shí),求AP的值.(1)證明:作MEAB于E,連接CE,所以MEAP因?yàn)锳C是圓O的直徑,AC=2BC=2CD=2,所以ADDC,ABBC,所以BAC=CAD=30,BCA=DCA=60,AB=AD=.因?yàn)?,所以BE=BA=,tan BCE=,所以BCE=ECA=30=CAD,所以ECAD由,且MECE=E,APAD=A,所以平面MEC平面PAD,CM平面MEC,CM平面PAD,所以CM平面PAD.(2)解:依題意,如圖以A為原點(diǎn),直線AB,AP分別為x,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AP=a,A(0,0,0),B(,0,0),C(,1,0),P(0,0,a),D(,0)設(shè)平面PAC的法向量為n=(x,y,z),設(shè)CM與平面PAC所成角為,設(shè)x=,所以n= (,-3,0),=+=+,所以=(-,-1,),所以sin =|cos|=.所以a=.5. (xx邯鄲市一模)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,ACB=90,AC=BC=CC1=2,A1BB1C.(1)證明:A1C1CC1;(2)若A1B=2,在棱CC1上是否存在點(diǎn)E,使得二面角EAB1C的大小為30,若存在,求CE的長(zhǎng),若不存在,說明理由.(1)證明: 連接BC1,因?yàn)锽CC1B1為平行四邊形,且BC=CC1=2,所以BCC1B1為菱形,BC1B1C.又因?yàn)锳1BB1C,所以B1C平面A1C1B.所以B1CA1C1.又因?yàn)锳1C1C1B1,所以A1C1平面CBB1C1,所以A1C1CC1.(2)解:因?yàn)锳1B=2,A1C1=2,所以BC1=2,又BC=CC1=2,所以CC1BC.所以AC,CB,CC1兩兩垂直.以C為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz,如圖所示,則C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),B(0,2,0),設(shè)E(0,0,a),=(-2,0,a),=(-2,2,2),=(0,-2,2),易知,BC1平面AB1C,=(0,-2,2),則平面AB1C的一個(gè)法向量m=(0,-1,1),設(shè)n=(x,y,1)是平面AB1E的一個(gè)法向量則所以得n=(,-1,1),|cos|=,解得a=1.在棱CC1上存在點(diǎn)E,當(dāng)CE=1時(shí),得二面角EAB1C的大小為30.6. (xx浙江卷)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影為BC的中點(diǎn),D是B1C1的中點(diǎn). (1)證明:A1D平面A1BC;(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值.(1)證明:設(shè)E為BC的中點(diǎn),由題意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因?yàn)锳B=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分別為B1C1,BC的中點(diǎn),得DEB1B且DE=B1B,從而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED為平行四邊形.故A1DAE.又因?yàn)锳E平面A1BC,所以A1D平面A1BC. (2)解:法一作A1FBD且A1FBD=F,連接B1F.由AE=EB=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB與B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1為二面角A1BDB1的平面角.由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=.由余弦定理得cosA1FB1=-.法二以CB的中點(diǎn)E為原點(diǎn),分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系Exyz,如圖所示.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,).因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0).設(shè)平面A1BD的法向量為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,1).由即可取n=(,0,1),于是|cos|=.由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1BDB1的平面角的余弦值為-.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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