高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題四 第3講 立體幾何與空間向量 (2)

1、 第第 3 講講 立體幾何與空間向量立體幾何與空間向量 考情分析考情分析 空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，是?？嫉闹攸c(diǎn)，作為求解空間角的有力工具，通常在解答題中進(jìn)行考查，屬于中等難度 考點(diǎn)一 利用空間向量求空間角 核心提煉 設(shè)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)(以下相同) (1)線線夾角 設(shè) l，m的夾角為 02， 則 cos |a b|a|b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21 a22b22c22. (2)線面夾角 設(shè)直線 l與平面 的夾角為 02， 則 sin

2、 |a u|a|u|cosa，u|. (3)二面角 設(shè) a 的平面角為 (0)， 則|cos |u v|u|v|cosu，v|. 考向 1 求線面角 例 1 (2020 寧波余姚中學(xué)月考)如圖，已知三棱錐 pabc，平面 pac平面 abc，abbcpa12pc2，abc120 . (1)求證：pabc； (2)設(shè)點(diǎn) e為 pc的中點(diǎn)，求直線 ae與平面 pbc 所成角的正弦值 (1)證明 abbc2，abc120 ，由余弦定理得 ac2ab2bc22ab bc cosabc442221212，故 ac2 3. 又 pa2ac241216pc2，故 paac. 又平面 pac平面 abc，且平

3、面 pac平面 abcac，故 pa平面 abc. 又 bc平面 abc，故 pabc. (2)解 由(1)知 pa平面 abc，故以 a 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 axyz. 則 a(0,0,0)，b(1， 3，0)，p(0,0,2)，c(0,2 3，0)，e(0， 3，1) 故ae(0， 3，1)，pc(0,2 3，2)，bc(1， 3，0)， 設(shè)平面 pbc 的法向量 m(x，y，z)， 則 m pc0，m bc0，即 2 3y2z0，x 3y0， 令 y1，有 x 3，y1，z 3，故可取 m( 3，1， 3)， 設(shè)直線 ae與平面 pbc 所成的角為 ， 則 sin

4、|ae m|ae|m| 2 3( 3)212( 3)212( 3)2217， 所以直線 ae 與平面 pbc所成角的正弦值為217. 考向 2 二面角 例 2 (2020 全國(guó))如圖，d 為圓錐的頂點(diǎn)，o 是圓錐底面的圓心，ae 為底面直徑，aead.abc是底面的內(nèi)接正三角形，p為 do上一點(diǎn)，po66do. (1)證明：pa平面 pbc； (2)求二面角 bpce 的余弦值 (1)證明 由題設(shè)，知dae 為等邊三角形，設(shè) ae1， 則 do32，cobo12ae12， 所以 po66do24， pc po2oc264，pb po2ob264， 又abc為等邊三角形，則basin 602oa

5、， 所以 ba32， pa po2oa264， pa2pb234ab2，則apb90 ， 所以 papb，同理 papc， 又 pcpbp，所以 pa平面 pbc. (2)解 過 o 作 onbc交 ab于點(diǎn) n， 因?yàn)?po平面 abc，以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，oa 所在直線為 x 軸，on 所在直線為 y 軸，od 所在直線為 z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則 e12，0，0 ，p0，0，24， b14，34，0 ，c14，34，0 ， pc14，34，24， pb14，34，24，pe12，0，24， 設(shè)平面 pcb 的一個(gè)法向量為 n(x1，y1，z1)， 由 n pc0，n pb

6、0，得 x1 3y1 2z10，x1 3y1 2z10， 令 x1 2，得 z11，y10，所以 n( 2，0，1)， 設(shè)平面 pce 的一個(gè)法向量為 m(x2，y2，z2)， 由 m pc0，m pe0，得 x2 3y2 2z20，2x2 2z20， 令 x21，得 z2 2，y233， 所以 m1，33， 2 ， 故 cosm，nm n|m| |n|2 231032 55， 所以二面角 bpce的余弦值為2 55. 易錯(cuò)提醒 (1)解題時(shí)要建立右手直角坐標(biāo)系 (2)注意求線面角的公式中 sin |cosa，u|，線面角的取值范圍是0，2. (3)利用空間向量求二面角要結(jié)合圖形判斷所求角是銳

7、角還是鈍角 跟蹤演練 1 如圖，在四棱臺(tái) abcda1b1c1d1中，底面 abcd 是菱形，cc1底面abcd，且bad60 ，cdcc12c1d14，e是棱 bb1的中點(diǎn) (1)求證：aa1bd； (2)求二面角 ea1c1c的余弦值 (1)證明 因?yàn)?c1c底面 abcd，所以 c1cbd. 因?yàn)榈酌?abcd是菱形，所以 bdac. 又 accc1c，ac，cc1平面 acc1a1， 所以 bd平面 acc1a1. 又 aa1平面 acc1a1，所以 bdaa1. (2)解 如圖，設(shè) ac 交 bd于點(diǎn) o，依題意，a1c1oc且 a1c1oc， 所以四邊形 a1occ1為平行四邊形，

8、所以 a1occ1， 且 a1occ1.所以 a1o底面 abcd. 以 o 為原點(diǎn)，oa，ob，oa1所在直線分別為 x 軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系 oxyz. 則 a(2 3，0,0)，a1(0,0,4)，c1(2 3，0,4)，b(0,2,0)， ab(2 3，2,0) 由a1b112ab，得 b1( 3，1,4) 因?yàn)?e是棱 bb1的中點(diǎn)， 所以 e32，32，2 ， 所以ea132，32，2 ，a1c1(2 3，0,0) 設(shè) n(x，y，z)為平面 ea1c1的法向量， 則 n a1c12 3x0，n ea132x32y2z0， 取 z3，得 n(0,4,3)， 取平面 a1

9、c1c的法向量 m(0,1,0)， 又由圖可知，二面角 ea1c1c 為銳二面角， 設(shè)二面角 ea1c1c的平面角為 ， 則 cos |m n|m|n|45， 所以二面角 ea1c1c的余弦值為45. 考點(diǎn)二 利用空間向量解決探究性問題 核心提煉 與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時(shí)的存在性問題處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷 例 3 如圖，正三角形 abe 與菱形 abcd 所在的平面互相垂直，ab2，abc60 ，m是

10、 ab的中點(diǎn) (1)求證：emad； (2)求二面角 abec 的余弦值； (3)在線段 ec 上是否存在點(diǎn) p，使得直線 ap 與平面 abe 所成的角為 45 ，若存在，求出epec的值；若不存在，說明理由 (1)證明 eaeb，m是 ab的中點(diǎn)， emab， 平面 abe平面 abcd，平面 abe平面 abcdab，em平面 abe， em平面 abcd，ad平面 abcd，emad. (2)解 連接 mc，em平面 abcd，emmc， abc是正三角形，mcab， mb，mc，me 兩兩垂直 建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系 mxyz. 則 m(0,0,0)，a(1,0,0)，b(1,0

11、,0)，c(0， 3，0)，e(0,0， 3)，bc(1， 3，0)，be (1,0， 3)， 設(shè) m(x，y，z)是平面 bce 的一個(gè)法向量， 則 m bcx 3y0，m bex 3z0， 令 z1，m( 3，1,1)， y軸所在直線與平面 abe 垂直， n(0,1,0)是平面 abe 的一個(gè)法向量 cosm，nm n|m|n|15155， 二面角 abec 的余弦值為55. (3)解 假設(shè)在線段 ec上存在點(diǎn) p，使得直線 ap與平面 abe所成的角為 45 ， ae(1,0， 3)，ec(0， 3， 3)， 設(shè)epec(0， 3， 3)，00)， 則由(2)得 f(0，a,2)，df

12、(1，a2,2) 由題意可知df eb(1，a2,2)0，1，12 a210，解得 a1(舍去)， 即直線 df的方向向量與平面 acb1的法向量不垂直 所以，在棱 a1b1上不存在點(diǎn) f，使得直線 df平面 acb1. 專題強(qiáng)化練專題強(qiáng)化練 1.如圖，在三棱錐 abcd 中，abbdadac2，bcd 是以 bd 為斜邊的等腰直角三角形，p為 ab的中點(diǎn)，e為 bd的中點(diǎn) (1)求證：ae平面 bcd； (2)求直線 pd與平面 acd 所成角的正弦值 (1)證明 由題圖可知，abd是邊長(zhǎng)為 2的等邊三角形， e為 bd 的中點(diǎn)，aebd，且 ae 3， 如圖，連接 ce， bcd是斜邊長(zhǎng)為

13、 2 的等腰直角三角形，ce12bd1， 在aec中，ac2，ec1，ae 3， ac2ae2ec2，aeec. bdece，bd平面 bcd，ec平面 bcd， ae平面 bcd. (2)解 方法一 取 cd 的中點(diǎn) f，連接 af，ef， acad，cdaf. 由(1)可知，aecd， aeafa，ae平面 aef，af平面 aef， cd平面 aef， 又 cd平面 acd，平面 aef平面 acd. 設(shè) pd，ae 相交于點(diǎn) g，則點(diǎn) g為abd的重心， agdg23ae2 33. 過點(diǎn) g作 ghaf 于 h，則 gh平面 acd， 連接 dh，則gdh為直線 pd與平面 acd所成

14、的角 易知aghafe，ef12bc22，af142， ghagaf ef2 33142222 2121， singdhghdg77， 即直線 pd與平面 acd 所成角的正弦值為77. 方法二 由(1)可知 ae平面 bcd，且 cebd，可作如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 exyz， 則 a(0,0， 3)，c(1,0,0)，d(0,1,0)，p0，12，32， ad(0,1， 3)，cd(1,1,0)，dp0，32，32， 設(shè)平面 acd的一個(gè)法向量為 n(x，y，z)， n ad0，n cd0，即 y 3z0，xy0， 取 xy1，則 z33， n1，1，33為平面 acd的一個(gè)法向量， 設(shè)

15、 pd與平面 acd所成的角為 ，則 sin |n dp|n| |dp|77， 故直線 pd與平面 acd 所成角的正弦值為77. 2(2019 全國(guó))如圖，直四棱柱 abcda1b1c1d1的底面是菱形，aa14，ab2，bad60 ，e，m，n 分別是 bc，bb1，a1d 的中點(diǎn) (1)證明：mn平面 c1de； (2)求二面角 ama1n的正弦值 (1)證明 如圖，連接 b1c，me. 因?yàn)?m，e 分別為 bb1，bc的中點(diǎn)， 所以 meb1c，且 me12b1c. 又因?yàn)?n 為 a1d 的中點(diǎn)， 所以 nd12a1d. 由題設(shè)知 a1b1dc且 a1b1dc， 可得 b1ca1d

16、且 b1ca1d， 故 mend且 mend， 因此四邊形 mnde為平行四邊形，mned. 又 ed平面 c1de，mn平面 c1de， 所以 mn平面 c1de. (2)解 由已知可得 deda. 以 d 為坐標(biāo)原點(diǎn)，da的方向?yàn)?x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 dxyz， 則 a(2,0,0)，a1(2,0,4)， m(1， 3，2)，n(1,0,2)， a1a(0,0，4)， a1m(1， 3，2)， a1n(1,0，2)， mn(0， 3，0) 設(shè) m(x，y，z)為平面 a1ma的法向量， 則 m a1m0，m a1a0，所以 x 3y2z0，4z0， 令 y1，則 m(

17、 3，1,0) 設(shè) n(p，q，r)為平面 a1mn的法向量， 則 n mn0，n a1n0，所以 3q0，p2r0， 令 p2，則 n(2,0，1) 所以 cosm，nm n|m|n|2 32 5155. 所以 sinm，n105， 所以二面角 ama1n 的正弦值為105. 3.如圖，在四棱錐 pabcd 中，側(cè)面 pad底面 abcd，底面 abcd 為直角梯形，其中abcd，cda90 ，cd2ab2，ad3，pa 5，pd2 2，點(diǎn) e 在棱 ad 上且ae1，點(diǎn) f 為棱 pd 的中點(diǎn) (1)證明：平面 bef平面 pec； (2)求二面角 abfc 的余弦值 (1)證明 在 rt

18、abe 中，由 abae1， 得aeb45 ， 同理在 rtcde 中，由 cdde2，得dec45 ， 所以bec90 ，即 beec. 在pad中， cospadpa2ad2pd22pa ad59823 555， 在pae中，pe2pa2ae22pa ae cospae512 51554， 所以 pe2ae2pa2，即 pead. 又平面 pad平面 abcd，平面 pad平面 abcdad，pe平面 pad， 所以 pe平面 abcd，所以 pebe. 又因?yàn)?cepee，ce，pe平面 pec， 所以 be平面 pec， 又 be平面 bef，所以平面 bef平面 pec. (2)解

19、由(1)知 eb，ec，ep 兩兩垂直，故以 e 為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線 eb，ec，ep 分別為 x軸、y 軸、z 軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則 b(2 ， 0,0) ， c(0,22 ， 0) ， p(0,0,2) ， a22，22，0 ， d( 2 ，2 ， 0) ，f22，22，1 ， ab22，22，0 ，bf3 22，22，1 ， bc( 2，2 2，0)， 設(shè)平面 abf 的法向量為 m(x1，y1，z1)， 則 m ab22x122y10，m bf3 22x122y1z10， 不妨設(shè) x11，則 m(1，1,2 2)， 設(shè)平面 bfc 的法向量為 n(x2，y2，z2

20、)， 則 n bc 2x22 2y20，n bf3 22x222y2z20， 不妨設(shè) y22，則 n(4,2,5 2)， 記二面角 abfc 為 (由圖知應(yīng)為鈍角)， 則 cos |m n|m|n|4220|10 7011 735， 故二面角 abfc 的余弦值為11 735. 4. (2020 濰坊模擬)如圖，在四棱錐 pabcd 中，底面 abcd 是邊長(zhǎng)為 4 的正方形，pad是正三角形，cd平面 pad，e，f，g，o分別是 pc，pd，bc，ad 的中點(diǎn) (1)求證：po平面 abcd； (2)求平面 efg 與平面 abcd 所成銳二面角的大?。?(3)在線段 pa 上是否存在點(diǎn) m，使得直線 g