2019年高考數(shù)學(xué) 考點分析與突破性講練 專題28 立體幾何的向量方法 理.doc

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專題28 立體幾何的向量方法 一、考綱要求： 1.理解直線的方向向量與平面的法向量. 2.能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系. 3.能用向量方法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些簡單定理(包括三垂線定理). 4.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用． 二、概念掌握及解題上的注意點： 1.利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐標系，準確寫出相關(guān)點的坐標，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運算.其中靈活建系是解題的關(guān)鍵. 2.用向量證明垂直的方法 (1）)線線垂直：證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零. (2）)線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或?qū)⒕€面垂直的判定定理用向量表示. (3）)面面垂直：證明兩個平面的法向量垂直，或?qū)⒚婷娲怪钡呐卸ǘɡ碛孟蛄勘硎? 3.利用向量法求異面直線所成的角的步驟 (1）)選好基底或建立空間直角坐標系. (2）)求出兩直線的方向向量v1，v2. (3）)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解. 4.求線面角方法： (1）)線面角范圍，向量夾角范圍為[0，π]. (2）)線面角θ的正弦值等于斜線對應(yīng)向量與平面法向量夾角余弦值的絕對值.即sin θ＝. 即斜向量，n為平面法向量. 例5.（2018天津卷）如圖，AD∥BC且AD=2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG=AD，CD∥FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2． （Ⅰ）若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN∥平面CDE； （Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值； （Ⅲ）若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60，求線段DP的長． 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ） （Ⅱ）解：依題意，可得，，． 設(shè)為平面BCE的法向量， 則，不妨令z=1，可得． 設(shè)為平面BCF的法向量， 則，不妨令z=1，可得． 因此有cos＜＞=，于是sin＜＞=． ∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值為； 例6.（2018浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2． （Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1； （Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ） 【解析】：（I）證明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC， ∴AA1∥BB1， ∵AA1=4，BB1=2，AB=2， ∴A1B1==2， 又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12， ∴AB1⊥A1B1， 同理可得：AB1⊥B1C1， 又A1B1∩B1C1=B1， ∴AB1⊥平面A1B1C1． 設(shè)平面ABB1的法向量為=（x，y，z），則， ∴，令y=1可得=（﹣，1，0）， ∴cos＜＞===． 設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ，則sinθ=|cos＜＞|=． ∴直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值為． 　 例7.（2018上海卷）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，半徑為2． （1）設(shè)圓錐的母線長為4，求圓錐的體積； （2）設(shè)PO=4，OA、OB是底面半徑，且∠AOB=90，M為線段AB的中點，如圖．求異面直線PM與OB所成的角的大?。? 【答案】（1）；（2）arccos 【解析】：（1）∵圓錐的頂點為P，底面圓心為O，半徑為2，圓錐的母線長為4， ∴圓錐的體積V== =． 設(shè)異面直線PM與OB所成的角為θ， 則cosθ===． ∴θ=arccos． ∴異面直線PM與OB所成的角的為arccos． 立體幾何向量方法 一、選擇題 1．若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為n＝(－2,0，－4)，則 (　　) A．l∥α　 B．l⊥α C．l?α D．l與α相交 【答案】B 【解析】：　∵n＝－2a， ∴a與平面α的法向量平行，∴l(xiāng)⊥α. 18．如圖所示，四棱錐PABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E為PD上一點，PE＝2ED. (1)求證：PA⊥平面ABCD； (2)在側(cè)棱PC上是否存在一點F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F點的位置，并證明；若不存在，說明理由． 【答案】見解析 則n＝(－1,1，－2)． 假設(shè)側(cè)棱PC上存在一點F，且＝λ(0≤λ≤1)， 使得BF∥平面AEC，則n＝0. 又∵＝＋＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， ∴n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝， ∴存在點F，使得BF∥平面AEC，且F為PC的中點． 19．如圖，在四棱臺ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120，AB＝AA1＝2A1B1＝2. (1)若M為CD的中點，求證：AM⊥平面AA1B1B； (2)求直線DD1與平面A1BD所成角的正弦值． 【答案】(1)見解析；(2) 【解析】：　(1)證明：∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120，連接AC，則△ACD為等邊三角形， 又∵M為CD的中點，∴AM⊥CD， 由CD∥AB得AM⊥AB. ∵AA1⊥底面ABCD，AM?底面ABCD， ∴AM⊥AA1，又∵AB∩AA1＝A， ∴AM⊥平面AA1B1B. 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有? 令x＝1，則n＝(1，，1)． ∴直線DD1與平面A1BD所成角θ的正弦值 sin θ＝|cos〈n，1〉|＝＝. 20．如圖，四棱錐PABCD的底面為正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，H分別是線段PA，PD，AB的中點． 求證：(1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF. 【答案】見解析 【解析】：[證明]　建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz. (2)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)， ∴＝00＋21＋(－2)1＝0， ＝01＋20＋(－2)0＝0， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF. 21．如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120. (1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值； (2)求二面角BA1DA的正弦值． 【答案】(1) ；(2) (1)＝(，－1，－)，＝(，1，)， 則cos〈，〉＝ ＝＝－， 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)解：平面A1DA的一個法向量為＝(，0,0)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量， 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)， 則 即 因此二面角BA1DA的正弦值為. 22．如圖，四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90，E是PD的中點． (1)證明：直線CE∥平面PAB； (2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45，求二面角MABD的余弦值. 【答案】(1)見解析；(2) 【解析】：　(1)證明：取PA的中點F，連接EF，BF. 因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EFBC， 四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF. 又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB. (2)解：由已知得BA⊥AD，以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)． 從而＝. 設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則 即 所以可取m＝(0，－，2)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 因此二面角MABD的余弦值為.