2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何专题限时集训10立体几何中的向量方法理(I)

2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何专题限时集训10立体几何中的向量方法理(I)

题型1 向量法求线面角 题型2 向量法求二面角 题型3 利用空间向量求解探索性问题 1 2,4 3 1．(2017·郑州二模)如图10-9，三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．

图10-9

(1)证明：EF∥平面A1CD；

(2)若三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值． [解] (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，连接ED，在△ABC1

中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，DE＝AC.

21

又F为A1C1的中点，可得A1F＝A1C1，所以A1F∥DE，A1F＝DE，

2因此四边形A1FED 为平行四边形，所以EF∥A1D， 又EF?平面A1CD，A1D?平面A1CD， 所以EF∥平面A1CD.

(2)法一：(几何法)因为底面ABC是正三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB，又AA1⊥CD，AA1∩AB＝A，所以CD⊥平面

A1ABB1.

如图在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D，交直线A1D于点G，连接CG，则BG⊥平面A1CD，所以∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角．

设三棱柱的棱长为a，可得A1D＝可得BG＝

5a， 5

5a，由△A1AD∽△BGD， 2

在Rt△BCG中，sin∠BCG＝

BG5＝. BC5

所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为5. 5

法二：(向量法)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，所以OD⊥平面

A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.又△A1B1C1为等边三

角形，所以OC1⊥A1B1.

→→

以O为坐标原点，OA1，OD，OC1的方向分别为x轴，

→

y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐

标系O-xyz.

设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，B?－，a，0?，

?2?

→?aa3?3?→?a????C?0，a，a?，A1?，0，0?，D(0，a,0)．所以BC＝?，0，a?，A1D＝?－，a，0?，

?2??2?2?2???2→?3?

DC＝?0，0，a?.

2??

→

?n·AD＝0

设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，由?→

?n·DC＝0

1

1

?a?

，

??得?

3??2az＝0

设x＝2，

－x＋ay＝0

2

a

.

解得n＝(2,1,0)．

→|n·BC|a5

设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝. 2

→55·a|n|·|BC|所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为5. 5

2．(2017·合肥二模)如图10-10(1)，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD的中点，

沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上．

图10-10(1)

图10-10(2)

(1)求证：BP⊥CE；

(2)求二面角B-PC-D的余弦值.

【导学号：07804077】

[解] (1)证明：因为点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，所以平面PBE⊥平面

BCDE，易知BE⊥CE，

所以CE⊥平面PBE，而BP?平面PBE， 所以PB⊥CE.

(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直1??1

线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B?，－，0?，

2??2

????C?，，0?，D?－，，0?，P?0，0，

2222?

?

?

?

1313

?

?2??. 2?

→→?132?→?112?→

所以CD＝(－1,0,0)，CP＝?－，－，?，PB＝?，－，－?，BC＝(0,2,0)．

22?22??2?2

设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

?

则有?→

?n·CP＝0

1

→n1·CD＝0

?－x1＝0，即?

?x1＋3y1－2z1＝0

，令z1＝2，

?2?可得n1＝?0，，2?. ?3?

设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →?n·PB＝0则?→?n·BC＝0

22

，

?x2－y2－2z2＝0即?

?2y2＝0

令z2＝2，

，

可得n2＝(2,0，2)． 所以cos〈n1，n2〉＝

n1·n233

＝.

|n1||n2|11

33. 11

考虑到二面角B-PC-D为钝角，则其余弦值为－

2π

3．(2017·郑州三模)如图10-11，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE3

为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.

图10-11

(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．

[解] (1)证明：在梯形ABCD中，设AD＝CD＝BC＝1，

2ππ222

∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∴AC＝AB＋BC－2AB·BC·cos ＝3.

33∴AB＝AC＋BC，∴BC⊥AC. ∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C， ∴AC⊥平面BCF.

∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF. (2)由(1)知，以CA，CB，CF所成直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD＝CD＝BC＝CF＝1，令

2

2

2

FM＝λ(0≤λ≤3)，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，

→→

∴AB＝(－3，1,0)，BM＝(λ，－1,1)， 设平面MAB的法向量为n1＝(x，y，z)，

→?n·AB＝0则?→?n·BM＝0

11

?－3x＋y＝0，即?

?λx－y＋z＝0

，

令x＝1，则n1＝(1，3，3－λ)，为平面MAB的一个法向量． 易知n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量， 设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ， |n1·n2|

则cos θ＝＝

|n1|·|n2|1＋3＋

13－λ

2

×1

＝1λ－3

2

.

＋4

∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值7， 7

∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大， 此时二面角的余弦值为

7. 7

4．(2017·河北石家庄二模)如图10-12，在三棱柱ABC-DEF中，侧面ABED是边长为2的菱

π21

形，且∠ABE＝，BC＝.四棱锥F-ABED的体积为2，点F在平面ABED内的正投影

321

为点G，且点G在AE上，点M在线段CF上，且CM＝CF.

4

图10-12

(1)证明：直线GM∥平面DEF； (2)求二面角M-AB-F的余弦值.

【导学号：07804078】

13

[解] (1)证明：因为四棱锥F-ABED的体积为2，所以VF-ABED＝××2×2×FG＝2，

32所以FG＝3. 又BC＝EF＝213，所以EG＝， 22

易知AE＝2，则点G是AE的靠近点A的四等分点． 33

过点G作GK∥AD交DE于点K，连接FK，则GK＝AD＝CF.

443

又MF＝CF，所以MF＝GK，又MF∥GK，

4

所以四边形MFKG为平行四边形，

所以GM∥FK，又FK?平面DEF，GM?平面DEF， 所以直线GM∥平面DEF.

(2)连接BD，设AE，BD的交点为O，以OB所在直线为

x轴，OE所在直线为y轴，过点O的平面ABED的垂线

为z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 1??则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，F?0，－，3?， 2??

→535?33?→??→

M?，－，3?，BA＝(－3，－1,0)，BM＝?－，－，3?，BF＝

44?4??4?

?－3，－1，3?.

??2??

设平面ABM，平面ABF的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，

?则?→

?m·BM＝0，

→

m·BA＝0，

??→

?n·BF＝0，

→

n·BA＝0，

?y1＝－3x1，得?

?z1＝－x1，

??y2＝－3x2，?1z＝x2，2?2?

1??不妨取x1＝x2＝1，则m＝(1，－3，－1)，n＝?1，－3，?，

2??所以cos〈m，n〉＝

m·n785

＝， |m||n|85

易知二面角M-AB-F是锐二面角， 785

故二面角M-AB-F的余弦值为.

85

所以四边形MFKG为平行四边形，

所以GM∥FK，又FK?平面DEF，GM?平面DEF， 所以直线GM∥平面DEF.

(2)连接BD，设AE，BD的交点为O，以OB所在直线为

x轴，OE所在直线为y轴，过点O的平面ABED的垂线

为z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 1??则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，F?0，－，3?， 2??

→535?33?→??→

M?，－，3?，BA＝(－3，－1,0)，BM＝?－，－，3?，BF＝

44?4??4?

?－3，－1，3?.

??2??

设平面ABM，平面ABF的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，

?则?→

?m·BM＝0，

→

m·BA＝0，

??→

?n·BF＝0，

→

n·BA＝0，

?y1＝－3x1，得?

?z1＝－x1，

??y2＝－3x2，?1z＝x2，2?2?

1??不妨取x1＝x2＝1，则m＝(1，－3，－1)，n＝?1，－3，?，

2??所以cos〈m，n〉＝

m·n785

＝， |m||n|85

易知二面角M-AB-F是锐二面角， 785

故二面角M-AB-F的余弦值为.

85

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