届高考数学理二轮复习江苏专用习题专题七.docx
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届高考数学理二轮复习江苏专用习题专题七
第1讲 立体几何中的向量方法
高考定位 高考对本内容的考查主要有:
(1)空间向量的坐标表示及坐标运算,属B级要求;
(2)线线、线面、面面平行关系判定,属B级要求;(3)线线、线面、面面垂直的判定,属B级要求;(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角,属B级要求.
真题感悟
(2015·江苏卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
解 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·=0,m·=0,
即令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,
从而cos〈,m〉==,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),
又=(0,-2,2),
从而cos〈,〉==.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2〈,〉==≤.
当且仅当t=,即λ=时,|cos〈,〉|的最大值为.因为y=cosx在上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP==,所以BQ=BP=.
考点整合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),ν=(a3,b3,c3),则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥ν⇔μ=λν⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面α,β的法向量分别为μ=(a3,b3,c3),ν=(a4,b4,c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l,m的夹角为θ(0≤θ≤),则
cosθ==.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤),则
sinθ=|cos〈a,μ〉|=,
(3)面面夹角
设平面α,β的夹角为θ(0≤θ<π),则|cosθ|=|cos〈μ,ν〉|=.
热点一 向量法证明平行与垂直
【例1】如图,在直三棱柱
ADE-BCF中,平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点,运用向量方法求证:
(1)OM∥平面BCF;
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明 法一 由题意,得AB,AD,AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F(1,0,1),M,O.
(1)=,
=(-1,0,0),
∴·=0,∴⊥.
∵棱柱ADE-BCF是直三棱柱,∴AB⊥平面BCF,
∴是平面BCF的一个法向量,
且OM⊄平面BCF,∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).∵=(1,-1,1),=,=(1,0,0),=(0,-1,1),
由
得解得
令x1=1,则n1=.
同理可得n2=(0,1,1).
∵n1·n2=0,∴平面MDF⊥平面EFCD.
法二
(1)=++=-+
=(+)-+=--+
=-(+)-+
=--.
∴向量与向量,共面,
又OM⊄平面BCF,∴OM∥平面BCF.
(2)由
(1)及题意知,BF,BC,BA两两垂直,
∵=,=-,
∴·=·=0,
·=·(-)
=-2+2=0.
∴OM⊥CD,OM⊥FC,又CD∩FC=C,
∴OM⊥平面EFCD.
又OM⊂平面MDF,∴平面MDF⊥平面EFCD.
探究提高 解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系,用坐标表示向量或用基底表示向量,证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算.
【训练1】如图
,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60°,E是PA的中点.
(1)求证:
直线PC∥平面BDE;
(2)求证:
BD⊥PC.
证明 设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,AB=2,底面ABCD为菱形,所以BO=1,AO=CO=,AC⊥BD.
如图,以O为坐标原点,以OB,OC所在直线分别为x轴,y轴,过点O且平行于PA的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),E(0,-,1).
(1)设平面BDE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
因为=(-1,-,1),=(-2,0,0),
由得
令z1=,得y1=1,所以n1=(0,1,).
又=(0,2,-2),所以·n1=0+2-2=0,
即⊥n1,又PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.
(2)因为=(0,2,-2),=(-2,0,0),
所以·=0.故BD⊥PC.
热点二 利用空间向量求空间角
[微题型1] 求线面角
【例2-1】(2016·全国Ⅲ卷)如图,
四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
(1)证明 由已知得AM=AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.
又AD∥BC,故TN綉AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.
(2)解 取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,
从而AE⊥AD,AE===.
以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则
即可取n=(0,2,1).
于是cos〈n,〉==.
设AN与平面PMN所成的角为θ,则sinθ=,
∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.
探究提高 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:
第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”.
[微题型2] 求二面角
【例2-2】(2016·全国Ⅱ卷)如图,
菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.
OD′=.
(1)证明:
D′H⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-D′A-C的正弦值.
(1)证明 由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得=,故AC∥EF.
因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4.
由EF∥AC得==.
所以OH=1,D′H=DH=3.
于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF,而OH∩EF=H,
所以D′H⊥平面ABCD.
(2)解 如图,
以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),
A(-3,-1,0),
B(0,-5,0),C(3,-1,0),
D′(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).
设m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,则
即
所以可取m=(4,3,-5).
设n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,则
即
所以可取n=(0,-3,1).
于是cos〈m,n〉===-.
sin〈m,n〉=.
因此二面角B-D′A-C的正弦值是.
探究提高 利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补,在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下,这种方法具有一定的优势,但要注意,必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”,在用法向量法求二面角的大小时,务必要作出这个判断,否则解法是不严谨的.
【训练2】(2013·江苏卷)如图,在直三棱柱A1B1C1ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,
点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.
解
(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).
因为cos〈,〉=
==,
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,2,4),所以n1·=0,n1·=0,即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2,y=-2,所以,
n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cosθ|===,得sinθ=.
因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
热点三 向量法解决立体几何中的探索性问题
【例3】如图,
在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,PA=PD=2,BC=AD=1,CD=.
(1)求证:
平面PQB⊥平面PAD;
(2)在棱PC上是否存在一点M,使二面角M-BQ-C为30°,若存在,确定M的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明 ∵AD∥BC,BC=AD,Q为AD的中点,
∴BC∥DQ且BC=DQ,
∴四边形BCDQ为平行四边形,∴CD∥BQ.
∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即QB⊥AD,
∵PA=PD,∴PQ⊥AD,
∵PQ∩BQ=Q,PQ,BQ⊂平面PBQ,∴AD⊥平面PBQ,
∵AD⊂平面PAD,∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)解 当M是棱PC上靠近点C的四等分点时,有二面角M-BQ-C为30°,理由如下:
由
(1)知PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,
且平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PQ⊥平面ABCD.
以Q为原点,QA为x轴,QB为y轴,QP为z轴建立空间直角坐标系,则平面BQC的一个法向量n=(0,0,1),Q(0,0,0),P(0,0,),B(0,,0),C(-1,,0).
设满足条件的点M(x,y,z)存在,
则=(x,y,z-),=(-1-x,-y,-z),
令=t,其中t>0,
∴∴
在平面MBQ中,
=(0,,0),=,
∴平面MBQ的一个法向量m=(,0,t),
∵二面角M-BQ-C为30°,
∴cos30°===,
解得t=3.
所以满足条件的点M存在,M是棱PC的靠近点C的四等分点.
探究提高
(1)确定点的坐标时,通常利用向量共线来求,如本例=t来求M点的坐标.
(2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.
【训练3】(2016·北京卷)
如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.
(1)求证:
PD⊥平面PAB;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?
若存在,求的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD.
又AB⊥AD,AB⊂平面ABCD.
∴AB⊥平面PAD.
∵PD⊂平面PAD.∴AB⊥PD.
又PA⊥PD,PA∩AB=A.
∴PD⊥平面PAB.
(2)解
取AD中点O,连接CO,PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD.
又∵PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD,∵CO⊂平面ABCD,∴PO⊥CO,
∵AC=CD,∴CO⊥AD.
以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,-1,0),C(2,0,0).
则=(1,1,-1),=(0,-1,-1),=(2,0,-1).
=(-2,-1,0).
设n=(x0,y0,1)为平面PDC的一个法向量.
由得解得
即n=.
设PB与平面PCD的夹角为θ.
则sinθ=|cos〈n,〉|===.
(3)解 设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ,因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ),因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD,
当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·=0,解得λ=,所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=.
1.两条直线夹角的范围为.设直线l1,l2的方向向量分别为n1,n2,其夹角为θ,则cosθ=|cosn1,n2|=.
2.二面角的范围为[0,π].设半平面α与β的法向量分别为n1与n2,二面角为θ,则|cosθ|=|cosn1,n2|=.
3.利用空间向量求解二面角时,易忽视二面角的范围,误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角,导致出错.
4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算”问题“运算”化,即通过直线的方向向量和平面的法向量,把立体几何中的平行、垂直关系,各类角、距离以向量的方式表达出来,把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征,进而建立空间直角坐标系,通过向量的运算解答问题,达到几何问题代数化的目的,同时注意运算的准确性.
1.(2016·南通调研)
如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=AS=2,P是棱SD上一点,且SP=PD.
(1)求直线AB与CP所成角的余弦值;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值.
解
(1)如图,
以A为坐标原点,分别以AB,AD,AS所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2).
设P(x0,y0,z0),由=得(x0,y0,z0-2)=(0,2,
-2),
所以x0=0,y0=,z0=,点P坐标为.
=,=(1,0,0).
设直线AB与CP所成的角为α,由图可知,α为锐角,
则cosα===.
(2)设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1),
由于=(1,2,0),=,
所以
令y1=-2,则x1=4,z1=1,m=(4,-2,1).
设平面DPC的法向量为n=(x2,y2,z2),
由于=(1,0,0),=,
所以
令y2=1,则z2=1,n=(0,1,1).
设二面角A-PC-D的大小为θ,
由于cos〈m,n〉==-,
由于θ为钝角,所以cosθ=cos〈m,n〉=-.
2.(2015·山东卷)如图,
在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:
BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.
(1)证明 法一
连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH,在三棱台DEF-ABC中,
AB=2DE,G为AC的中点,
可得DF∥GC,DF=GC,
所以四边形DFCG为平行四边形.
则O为CD的中点,又H为BC的中点,
所以OH∥BD,
又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,
所以BD∥平面FGH.
法二 在三棱台DEF-ABC中,
由BC=2EF,H为BC的中点,
可得BH∥EF,BH=EF,
所以四边形BHFE为平行四边形,
可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.
又GH∩HF=H,
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED,
所以BD∥平面FGH.
(2)解 设AB=2,则CF=1.
在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,
因此DG∥FC,又FC⊥平面ABC,
所以DG⊥平面ABC.
在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点.
所以AB=BC,GB⊥GC,
因此GB,GC,GD两两垂直.
以G为坐标原点,
建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.
所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).
可得H,F(0,,1),
故=,=(0,,1).
设n=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量,
则由可得
可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).
因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0).
所以cos〈,n〉===.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
3.(2016·四川卷)
如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.E为边AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解
(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:
由已知,BC∥ED,且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE.
所以CM∥平面PBE.
(说明:
延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)
法一 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.
由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).
所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z).
由得
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sinα===.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
法二 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.
易知PA⊥平面ABCD,
从而PA⊥CE.且PA∩AH=A,于是CE⊥平面PAH.又CE⊂平面PCE
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,
所以AH=.
在Rt△PAH中,PH==.
所以sin∠APH==.
4.(2016·浙江卷)
如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(1)求证:
BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
(1)证明 延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK,
且CK∩AC=C,
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解 法一
如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.
取BC的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以KO⊥平面ABC.
以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,
建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F.
因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).
设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).
由得
取m=(,0,-1);
由得
取n=(3,-2,).
于是,cos〈m,n〉==.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
法二 过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得AK=,FQ=.
在Rt△BQF中,FQ=,BF=,
得cos∠BQF=.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
5.
(2016·苏北四市模拟)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.
(1)求证:
EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.
法一
(1)证明 由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂
直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0).
因而E(0,,),F,
所以=,=(0,2,0),
因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.
(2)解 平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面BEF的法向量n2=(x,y,z),
又=,=.
由得其中一个n2=(1,-,1).
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