新版五年高考真題高考數(shù)學復習 第八章 第六節(jié) 空間向量的應用 理全國通用

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1、11第六節(jié)第六節(jié)空間向量的應用空間向量的應用考點空間向量及其應用1(20 xx陜西，18)如圖 1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD2，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，BAD2，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，BC12AD，E為AD中點，所以BC綉ED，所以

2、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A1OC2，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B22，0，0，E22，0，0，A10，0，22 ，C0，22，0，得BC22，22，0，A1C0，22，22 ，CDBE( 2，0，0)，設(shè)平面A1BC的法向量n n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n n2(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD夾角為，則1110,0,n BCn AC 得111

3、10,0,xyyz取n n1(1，1，1)；2210,0,n CDn AC 得2220,0,xyz取n n2(0，1，1)，從而 cos|cos|23 263，即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為63.2(20 xx天津，17)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD 5，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13，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，

4、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M1，12，1，N(1，2，1)(1)證明依題意，可得n n(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，MN0，52，0，由此可得MNn n0，又因為直線MN 平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)AD1(1，2，2)，AC(2，0，0)，設(shè)n n1(x，y，z)為平面ACD1的法向量，則11110,0,n ADn AC即220,20.xyzx不妨設(shè)z1，可得n n1(0，1，1)設(shè)n n2(x，y，z)為平面A

5、CB1的法向量，則1220,0,n ABn AC 又AB1(0，1，2)，得20,20,yzx不妨設(shè)z1，可得n n2(0，2，1)因此有 cosn n1，n n2n n1n n2|n n1|n n2|1010，于是 sinn n1，n n23 1010.所以，二面角D1ACB1的正弦值為3 1010.(3)依題意，可設(shè)A1EA1B1，其中0，1，則E(0，2)，從而NE(1，2，1)，又n n(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得 cosNE，n nNEn n|NE|n n|1（1）2（2）21213，整理得2430，又因為0，1，解得 72，所以，線段A1E的長為 72.3(

6、20 xx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，PA32，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BAD2，ABEAEB3，因為DABDCB，所以EABECB，從而有FEDBECAEB3，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)，

7、C32，32，0，D(0， 3，0)，P0，0，32 ，故BC12，32，0，CP32，32，32 ，CD32，32，0.設(shè)平面BCP的法向量n n1 1(1，y1，z1)，則111130,223330,222yyz解得113,32,3yz 即n n1 11，33，23 .設(shè)平面DCP的法向量n n2(1，y2，z2)，則222330,223330,222yyz解得223,2.yz即n n2(1， 3，2)從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為 cos|n n1n n2|n n1|n n2|43169 824.4.(20 xx湖北，19)如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，

8、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DQ12CP，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：sinsinsin.(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

9、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DQ12CP，作DQCP，且DQ12CP.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B

10、DF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sinCFDF，sinBFDF，sinCFBF，從而 sinsinCFBFBFDFCFDFsin，即 sinsinsin.法二(向量法)如圖 2，由DQ12CP，作DQCP，且DQ12CP.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CA，CB，CP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)，E1

11、2a，0，c，F(xiàn)(0，0，c)于是FE(12a，0，0)，圖 2QP(a，b，c)，BF(0，b，c)，所以 cos|FEQP|FE|QP|aa2b2c2，從而 sin 1cos2b2c2a2b2c2.又取平面ABC的一個法向量為m m(0，0，1)，可得sin|m mQP|m m|QP|ca2b2c2，設(shè)平面BEF的一個法向量為n n(x，y，z)，所以由0,0,n FEn BF 可得10,20.axbycz取n n(0，c，b)于是|cos|m mn n|m m|n n|bb2c2，從而 sin 1cos2cb2c2.故 sinsinb2c2a2b2c2cb2c2ca2b2c2sin，即 sinsinsin.