2019年浙江高三数学二轮复习 专题三_立体几何与空间向量第4讲 空间中动态问题
考点二 空间几何体的翻折问题
【例2】 如图,在正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,H为EF的中点,沿
AE,EF,FA将正方形折起,使B,C,D重合于点O,构成四面体,则在四面体A-OEF中,
下列说法不正确的序号是
.
①AO⊥平面EOF;②AH⊥平面EOF;③AO⊥EF;④AF⊥OE;⑤平面AOE⊥平面AOF.
解析:因为OA⊥OE,OA⊥OF,OE∩OF=O, 所以OA⊥平面EOF,故①正确,②错误; 因为EF⊂平面EOF, 所以AO⊥EF,故③正确; 同理可得:OE⊥平面AOF,所以OE⊥AF,故④正确; 又OE⊂平面AOE,所以平面AOE⊥平面AOF,故⑤正确. 答案:②
方法技巧
(1)有关折叠问题,一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后 的空间图形)各元素间的位置和数量关系,哪些变,哪些不变; (2)研究几何体表面上两点的最短距离问题,常选择恰当的母线或棱展开, 转化为平面上两点间的最短距离问题.
………………………………………………………………………………………12 分
所以由 V三棱锥APOC
= V三棱锥P AOC
,得
1 3
×(1+
x 2
)×
3=1× 3
6×
14 AP,得 1+ x =
7
2
2 7 AP,所以(1+ x )2= 4 AP2, ………………………………………………………13 分
解:(1)当θ=90°时,平面 CDMN⊥平面 ABNM.因为 CN⊥MN,平面 CDMN∩平面 ABNM=MN, 所以 CN⊥平面 ABNM.………………………………………………………………………1 分 所以 CN⊥AN. ……………………………………………………………………………2 分
由勾股定理,得 AN= AB2 BN 2 = 22 22 =2 2 ,AC= AN 2 CN 2 = 2 2 2 22 =
【归纳拓展】 (1)对命题条件的探索 探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么.对命题条件的探索常采用以下 三种方法: ①先猜后证,即先观察与尝试给出条件再给出证明; ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性; ③把几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件. (2)对命题结论的探索 探索结论,即在给定的条件下命题的结论是什么.对命题结论的探索,常从条
2 3 ,OC= ON 2 CN 2 = 22 12 = 5 ,同理,AO= 5 ,…………………………………4 分
2
2
2
在△AOC 中,由余弦定理的推论,得 cos∠AOC= 5 5 2 3 =- 1 .…5 分
2 5 5
5
(2)当θ =60°时,点 P 是线段 MD 上一点,直线 AP 与平面 AOC 所成角为α ,若 sin α = 14 , 7
件出发,探索出要求的结论是什么,另外还有探索的结论是否存在.求解时,常
假设结论存在,再寻找与条件相容还是矛盾的结论.
核心突破
考点一 空间几何体的展开图问题
【例1】如图,A,B,C是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图上的三点,则在
正方体盒子中∠ABC等于( )
(A)30°
(B)45°
(C)60°
(D)90°
(x≥0,y≥0),则所有满足条件的 P 点构成图形的面积为
.
(1)求证:AC⊥平面ABB1A1;
解析:点P构成的图形,如图所示.记BC中点为N,所求图形为直角梯形ABND, △BNE,△D1AD.
答案: 11 8
方法技巧
解决立体几何中轨迹问题的关键是找出主动点和从动点、不动点和运动点, 此题通过相对运动的观点适当固定两个动点中的一个,通过等价转化的思路 找出运动轨迹,此题灵活多变,考查学生的转化能力、想象能力以及对问题 的理解和对知识的应用能力.
则截面△AEF 周长的最小值为
.
解析: 如图所示:沿着侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内,则AA′即 为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40°=120°.△VAA′中,由余弦定 理可得AA′=6, 答案:6
3.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线
(A)圆的一部分 (C)抛物线的一部分
(B)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分
解析:因为点 M,N 分别是 CD,AB 上的动点,且直线 D1P 与 MN 所成角的最小值为 π , 3
由最小角定理知,直线 D1P 与平面 ABCD 所成的角为 π ,由此可知射线 D1P 所形成的 3
曲面是圆锥侧面.又因为平面 A1C1D 既不平行于圆锥的母线,也不平行于圆锥的旋 转轴,所以用平面 A1C1D 去截圆锥侧面,所得的截口曲线是椭圆,点 P 的轨迹是椭圆 与△A1C1D 的交线,即点 P 的轨迹是椭圆的一部分.故选 B.
易知三棱锥 A-POC 的高为 h=BC·sin 60°=2× 3 = 3 ,三棱锥 P-AOC 的高为 h′=AP· 2
sin α= 14 AP. ……………………………………………………………………10 分 7
在△AMC 中,由余弦定理的推论,得 cos∠AMP= x2 22 AP2 = 1 ,解得 AP2=x2-2x+4. 2x2 2
2.折叠问题 折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题,这两种方式的转变正是空间几 何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征 关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题,是实践能力与创新能力考查的 好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形,并 弄清折叠前后的角度和线段的长度哪些发生了变化,哪些没有发生变化.这 些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题 是折叠问题的逆向思维、逆过程,一般地,涉及多面体表面的问题,解题时不 妨将它展开成平面图形试一试.
解析:如图,△ABC是等边三角形,∠ABC=60°,故选C.
方法技巧
展开图问题充分考查学生的空间想象能力,能够把原图形和展开图中的点、 线、面充分结合与对应起来,这是解此类问题的关键所在,理解这一点就可 以轻松解决此类问题.
【题组训练】
1.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为
2
22
答案: 2 + 6
阅卷评析
立体几何中的折叠问题
【典例】 (15分)(2017·杭州4月教学质量检测)如图已知四边形ABCD是矩形,M, N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4, 二面角B-MN-C的大小为θ .
(1)当θ =90°时,求cos∠AOC的值;
【题组训练】 1. (2017·金华十校高三 4 月模拟考试)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 M,N 分别是线段 CD,AB 上的动点,点 P 是△A1C1D 内的动点(不包括边界),记直线 D1P 与
MN 所成角为θ ,若θ 的最小值为 π ,则点 P 的轨迹是( B ) 3
的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路径是
.
解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B, 有三个长度不同的路径①②③,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路径分 别是:
① 32 (4 5)2 = 90 ;② 42 (3 5)2 = 80 ;
③ 52 (3 4)2 = 74 , 90 > 80 > 74 . 最短路程是 74 . 答案: 74
球的表面积为 4π×（ 5 ）2=5π. 2
答案:5π
考点三 空间几何体被平面截得轨迹图形 【例 3】 (2018 宁波 4 月模拟考)已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为侧
面 BB1C1C 的中心,F 在棱 AD 上运动,正方体表面上有一点 P 满足 D1P =x D1F +y D1E
2.正四棱锥S-ABCD的底面边来自为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在这个棱
锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为
.
解析:由题意知:点 P 的轨迹为如图所示的三角形 EFG,其中 G,F 为中点,所以 EF=
1 BD= 2 ,GE=GF= 1 SB= 6 ,所以轨迹的周长为 2 + 6 .
第4讲 空间中动态问题
核心整合
1.展开图问题 (1)圆柱的表面展开图是两个圆(作底面)和一个长方形(作侧面).
(2)圆锥的表面展开图是一个圆(作底面)和一个扇形(作侧面).
(3)棱柱的表面展开图是两个完全相同的多边形(作底面)和几个长方形(作 侧面).
(4)正方体的平面展开图 在课本中的习题会经常遇到让大家辨认正方体表面展开图的题目.下面列出正 方体的十一种展开图,供大家参考.
求线段 MP 的长.
解:(2)当θ=60°时,易知∠BNC 与∠AMP 都是二面角 B-MN-C 的平面角,所以∠BNC= ∠AMP=60°,又因为 BN=CN,所以△BNC 是等边三角形,所以 BC=2. …………………6 分 易证 MN⊥平面 BCN,因为 MN∥AB,所以 AB⊥平面 BCN,所以 AB⊥BC.………………7 分 所以由勾股定理,得 AC= AB2 BC2 = 22 22 =2 2 ,所以 S = △AOC 1 ×2 2 ×
解析:因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以 BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD, 则CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,又AB⊂平面ABC,所以平面 ABC⊥平面ADC,故选D.
.
解析:设母线长为 l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧
2019年高考数学二轮复习试题：专题三 立体几何与空间向量 专题检测(含解析)
专题三立体几何与空间向量专题检测选题明细表知识点·方法A组B组集合与常用逻辑用语 1 2复数9 1平面向量 4 4,13 不等式与线性规划 2 15计数原理与古典概型8 11三角函数11 5,10,16空间几何体3,10,13 4,6,7,9,12空间位置关系5,7,12,14,15 3,8,14,17 立体几何的向量方法6,16 18A组一、选择题1.若集合A={-1,1},B={0,2},则集合{z︱z=x+y,x∈A,y∈B}中的元素的个数为( C )(A)5 (B)4 (C)3 (D)2解析:x=-1,y=0时,z=-1;x=-1,y=2时,z=1;x=1,y=0时,z=1;x=1,y=2时,z=3.故z的值为-1,1,3,共3个元素.2.设a= log2π,b== loπ,c=π-2,则( C )(A)a>b>c (B)b>a>c(C)a>c>b (D)c>b>a解析:因为a= log2π> log22=1,b= loπ< lo1=0,c=π-2∈(0,1),所以a>c>b,故选C.3.已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是( A )(A)1 cm3(B)2 cm3(C)3 cm3(D)6 cm3解析:本题主要考查了三视图的应用,根据三棱锥的体积公式V=××2×1×3=1,所以选A.4.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设向量p=(a+c,b),q=(b-a,c-a),若p∥q,则角C的大小为( B )(A)(B)(C)(D)解析:因为p∥q,所以(a+c)(c-a)=b(b-a),即b2+a2-c2=ab.由余弦定理得cos C=,又0<C<π,所以C=.5.已知正四棱锥S ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成的角的余弦值为( C )(A)(B) (C) (D)解析:设AC,BD的交点为O,连接EO,则∠AEO为AE,SD所成的角或其补角;设正四棱锥的棱长为a,则AE=a,EO=a,OA=a,所以cos ∠AEO===,故选C.6.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a.点E为侧棱PC的中点,又作DF⊥PB交PB于点F,则PB与平面EFD所成角为( D )(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°解析:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系D xyz,D(0,0,0),P(0,0,a),B(a,a,0),E(0,,),=(a,a,-a),又=(0,,),·=0+-=0,所以PB⊥DE.由已知DF⊥PB,又DF∩DE=D,所以PB⊥平面EFD,所以PB与平面EFD所成角为90°.故选D.7.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面ABCD,M是棱PC上一点.若PA=AC=a,则当△MBD的面积为最小值时,直线AC与平面MBD所成的角为( B )(A)(B)(C)(D)解析:连接AC,BD交于O,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD,AC⊥BD,所以BD⊥平面PAC,进一步求出BM=DM,过O点作OM⊥PC于M,当△MBD的面积为最小值,只需OM最小即可,若PA=AC=a,所以∠ACP=即为所求.故选B.二、填空题8.现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是.解析:因为这10个数是1,-3,(-3)2,(-3)3,(-3)4,(-3)5,(-3)6,(-3)7,(-3)8,(-3)9,所以它小于8的概率为=.答案:9.已知复数z=a2-1+(a+1)i(a∈R)为纯虚数,则为.解析:因为复数z=a2-1+(a+1)i(a∈R)为纯虚数,所以解得a=1,故z=2i,则=-2i.答案:-2i10.已知三棱锥S ABC的各顶点都在一个表面积为4π的球面上,球心O在AB上,SO⊥平面ABC,AC=,则三棱锥S-ABC的表面积为.解析:因为球的表面积为4π,所以球的半径为R=1,三棱锥S ABC的图形如图所示,由题意及图可知AB=2R=2,SO=AO=BO=CO=1,又SO⊥平面ABC,所以SA=SB=SC=,又AC=,所以BC=,所以△ABC与△ABS均为等腰直角三角形,其面积和为2×1=2,△SAC与△SBC均为等边三角形,其面积和为××=,所以三棱锥的表面积为2+.答案:2+11.方程3sin x=1+cos 2x在区间[0,2π]上的解为.解析:3sin x=1+cos 2x,即3sin x=2-2sin2x,所以2sin2x+3sin x-2=0,解得sin x=或sin x=-2(舍去),所以在区间[0,2π]上的解为或.答案:或12.平面α∥平面β,A,C∈α,B,D∈β,直线AB与CD交于点S,且S位于平面α,β之间,AS=8,BS=6,CS=12,则SD= .解析:根据题意做出图形.因为AB,CD交于S点,所以三点确定一平面,所以设ASC平面为n,于是有n交α于AC,交β于DB,因为α,β平行,所以AC∥DB,所以△ASC∽△BSD,所以=,因为AS=8,BS=6,CS=12,所以=,所以SD=9.答案:913. 如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中①BM与ED平行;②CN 与BE是异面直线;③CN与BM成60°角;④DM与BN是异面直线.以上四个命题中,正确命题的序号是(写出所有你认为正确的命题).解析:把展开图复原成正方体,如图,由正方体的性质,可知:BM与ED是异面直线,所以①是错误的;CN与BE是平行直线,所以②是错误的;从图中连接AN,AC,由于几何体是正方体,所以三角形ANC为等边三角形,所以CN,BE所成的角为60°,所以③是正确的;DM与BN是异面直线,所以④是正确的.答案:③④14. 如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为.解析: 因为四边形ABCD是正方形,所以CB⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABEF且交于AB,所以CB⊥平面ABEF.因为AG,GB⊂平面ABEF,所以CB⊥AG,CB⊥BG.又AD=2a,AF=a,四边形ABEF是矩形,G是EF的中点,所以AG=BG=a,AB=2a, 所以AB2=AG2+BG2,所以AG⊥BG,因为BG∩BC=B,所以AG⊥平面CBG,而AG⊂平面AGC,故平面AGC⊥平面BGC,如图.在平面BGC内作BH⊥GC,垂足为H,则BH⊥平面AGC,所以∠BGH是GB与平面AGC所成的角.在Rt△CBG中,BH==a,BG=a,所以sin ∠BGH==.答案:三、解答题15. 如图,直三棱柱ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N 分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′-MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h 为高)法一(1)证明:连接AB′,AC′,如图,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱,所以M为AB′的中点.又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′,又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,因此MN∥平面A′ACC′.(2)解:连接BN,如图所示,由题意A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,所以A′N⊥平面NBC,又A′N=B′C′=1,故====,法二(1)证明:取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图,而M,N分别为AB′与B′C′的中点,所以MP∥AA′,PN∥A′C′,所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′,又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A′ACC′,而MN⊂平面MPN,因此MN∥平面A′ACC′.(2)解:=-==.16. (2018·全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M PA C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明:因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.如图,连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,得PO⊥平面ABC.(2)解:如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2, 2).取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取y=a,得平面PAM的一个法向量为n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.由已知可得︱cos<,n>︱=cos 30°=,所以=,解得a=-4(舍去)或a=.所以n=(-,,-).又=(0,2,-2),所以cos<,n>=,所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.B组一、选择题1.若复数z=1+i(i为虚数单位),是z的共轭复数,则z2+的虚部为( A )(A)0 (B)-1 (C)1 (D)-2解析:法一由z=1+i知=1-i,z2+=(1+i)2+(1-i)2=2i+(-2i)=0,其虚部为0.故应选A.法二由z=1+i知=1-i,z2+=(z+)2-2z=4-4=0,其虚部为0.故应选A.2.已知集合A={1,2,3,4,5},B={(x,y)︱x∈A,y∈A,x-y∈A},则B中所含元素的个数为( D )(A)3 (B)6 (C)8 (D)10解析:因为A={1,2,3,4,5},x,y∈A,x-y∈A,所以所以B中共10个元素,选D.3.(2017·湖州、衢州、丽水三市高三4月联考)已知平面α与两条不重合的直线a,b,则“a⊥α,且b⊥α”是“a∥b”的( A )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:已知平面α与两条不重合的直线a,b,如果a⊥α,且b⊥α,那么根据直线与平面垂直的性质定理,可得a∥b,充分性成立;反之,如果a∥b,那么不能推断a⊥α,且b⊥α,必要性不成立,即“a⊥α,且b⊥α”是“a∥b”的充分不必要条件.故选A.4.对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是( B )(A)︱a·b︱≤︱a︱︱b︱ (B)︱a-b︱≤︱︱a︱-︱b︱︱(C)(a+b)2=︱a+b︱2 (D)(a+b)(a-b)=a2-b2解析:因为︱a·b︱=︱a︱︱b︱︱cos <a,b>︱≤︱a︱︱b︱,所以选项A 正确;当a与b方向相反时,︱a-b︱≤︱︱a︱-︱b︱︱不成立,所以选项B 错误;向量的平方等于向量的模的平方,所以选项C正确;(a+b)(a-b)=a2-b2,所以选项D正确.故选B.5.在△ABC中,BC边上的中线AD长为3,且cos B=,cos∠ADC=-,则边AC长为( A )(A)4 (B)16 (C)(D)解析:如图,因为∠ADC与∠ADB互补,所以当cos∠ADC=-时,cos∠ADB=,则sin∠ADB==,又cos B=,则sin B=,所以sin∠BAD=sin(π-∠B-∠ADB)=sin(∠B+∠ADB)=sin Bcos∠ADB+cos Bsin∠ADB=×+×=,在△BAD中,由正弦定理得:=,从而BD=2,所以CD=2,在△ADC中,由余弦定理得:AC2=9+4-2×3×2×（-）=16,所以AC=4.故选A.6. 如图,四面体ABCD中,AB=DC=1,BD=,AD=BC=,二面角A BD C的平面角的大小为60°,E,F分别是BC,AD的中点,则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是( B )(A)(B) (C) (D)解析:取DC的中点为G,连EG,FG,则EG=BD=,FG=AC=,易知EF=,则∠EFG=θ就是异面直线EF与AC所成的角,故在△EFG中,cos θ==,故选B.7.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将△ABE,△DCE翻折,使得点A,D重合于F,此时二面角E BC F的余弦值为( B )(A)(B) (C)(D)解析: 如图所示,取BC中点P,连接EP,FP,由题意得BF=CF=2,所以PF⊥BC,又因为EB=EC==,所以EP⊥BC,所以∠EPF即为二面角E BC F的平面角,而FP==,在△EPF中,cos ∠EPF===,故选B.8.在空间中,过点A作平面π的垂线,垂足为B,记B=fπ(A).设α,β是两个不同的平面,对空间任意一点P,Q1=fβ[fα(P)],Q2=fα[fβ(P)],恒有PQ1=PQ2,则( A )(A)平面α与平面β垂直(B)平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°(C)平面α与平面β平行(D)平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°解析:设P1=fα(P),P2=fβ(P),则PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α.若α∥β,则P1与Q2重合、P2与Q1重合,所以PQ1≠PQ2,所以α与β相交.设α∩β=l,由PP1∥P2Q2,所以P,P1,P2,Q2四点共面,同理,P,P1,P2,Q1四点共面.所以P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,且α与β的交线l垂直于此平面.又因为PQ1=PQ2,所以Q1,Q2重合且在l上,四边形PP1Q1P2为矩形.那么∠P1Q1P2=为二面角αlβ的平面角,所以α⊥β.故选A.二、填空题9.某几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积是,体积是.解析:由三视图可得该几何体的直观图如图所示.该几何体是一个四棱锥A-CDEF和一个三棱锥F-ABC构成的组合体,底面直角梯形ABCD的面积为6,侧面CDEF的面积为4,侧面ABF的面积为2,侧面BCF的面积为2,侧面ADE的面积为4,侧面AEF的面积为2,所以这个几何体的表面积为16+2+2,四棱锥A-CDEF的底面面积为4,高为4,故体积为×4×4=,三棱锥F-ABC的底面积为2,高为2,故体积为×2×2=,故这个几何体的体积为V=+=.答案:16+2+210.若2sin α-cos α=,则sin α= ,tan （α-）=.解析:2sin α-cos α=⇒4sin 2α-4sin αcos α+cos 2α=5⇒sin 2α+4sin αcos α+4cos 2α=0⇒sin α+2cos α=0,因此sin α=,cos α=-,tan α=-2;tan （α-）==3. 答案: 311.若（x+）（2x-）5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为.解析:令x=1,即可得到（x+）（2x-）5的展开式中各项系数的和为1+a=2,所以a=1,（x+）（2x-）5=（x+）（2x-）5,要找其展开式中的常数项,需要找（2x-）5的展开式中的x和,由通项公式得T r+1=(2x)5-r·（-）r=(-1)r·25-r·x5-2r,令5-2r=±1,得到r=2或r=3,所以有80x和-项,分别与和x相乘,再相加,即得该展开式中的常数项为80-40=40.答案:4012. 如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′,直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是.解析:如图,连接BD′,设直线AC与BD′所成的角为θ.O是AC的中点.由已知得AC=,以OB为x轴,OA为y轴,过O与平面ABC 垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A（0,,0),B(,0,0),C(0,-,0).作DH⊥AC于H,连接D′H,翻折过程中,D′H始终与AC垂直,则CH===,则OH=,DH==,因此D′(-cos α,-,sin α)(设∠DHD′=α),则=(-cos α-,-,sin α),与平行的单位向量为n=(0,1,0),所以cos θ=︱cos<,n>︱=︱︱=,所以cos α=-1时,cos θ取得最大值为.答案:13.如图,在平行四边形ABCD中,AP⊥BD,垂足为P,且AP=3,则·= .解析:设AC与BD交于O点,则·=2·==2×32=18.(注意AP⊥BD 有·=)答案:1814. 如图,二面角α-l-β的大小是45°,线段AB⊂α.B∈l,AB与l所成的角为30°.则AB与平面β所成的角的正弦值是.解析:过点A作AO垂直平面β于点O,作AC垂直直线l于点C,连接CO,BO,则∠ACO=45°,∠ABC=30°,∠ABO即为AB与平面β所成的角.设AO=a,则AC=a,AB=2a,所以sin∠ABO===.答案:15.已知正数a,b,c满足:5c-3a≤b≤4c-a,cln b≥a+cln c,则的取值范围是.解析:把5c-3a≤b≤4c-a变形为5·-3≤≤4·-1,所以5·-3≤4·-1,所以0<≤2;所以-3<5·-3≤≤4·-1≤7,①又cln b≥a+cln c,所以c(ln b-ln c)>a,所以ln>-ln.设x=,h(x)=x-ln x(x≥),利用导数可以证明h(x)在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=1,故ln≥1,所以≥e,②由①②可得e≤≤7.答案:[e,7]三、解答题16.(2017·江苏卷)已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-),x∈[0,π].(1)若a∥b,求x的值;(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.解:(1)因为a=(cos x,sin x),b=(3,-),a∥b,所以-cos x=3sin x.若cos x=0,则sin x=0,与sin2x+cos2x=1矛盾,故cos x≠0.于是tan x=-.又x∈[0,π],所以x=.(2)f(x)=a·b=(cos x,sin x)·(3,-)=3cos x-sin x=2cos (x+). 因为x∈[0,π],所以x+∈［,］,从而-1≤cos(x+)≤.于是,当x+=,即x=0时,f(x)取到最大值3;当x+=π,即x=时,f(x)取到最小值-2.17.(2018·宁波期末) 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,E为PA中点,AB=2a,BC=a,PC=PD= a.(1)求证:PC∥平面BDE;(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.解:(1)设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.在△PAC中,由已知E为PA中点,所以EO∥PC.又EO⊂平面BDE,PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.(2)在△PCD中,DC=2a,PC=PD=a,所以DC2=PD2+PC2,即PC⊥PD.因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,所以AD⊥平面PCD,故AD⊥PC.又因为AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以PC⊥平面PAD,故∠PAC就是直线AC与平面PAD所成的角.在Rt△PAC中AC=a,PC=a,所以sin ∠PAC===.即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.18. (2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E AG C的大小.解:(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.(2)法一如图①,取的中点H,连接EH,GH,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG的中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2,所以△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.法二以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.故所求的角为60°.。
三年高考两年模拟——数学空间向量在立体几何中的应用共89页word资料
第三节 空间向量在立体几何中的应用第一部分 三年高考荟萃2019年高考题一、选择题1.（2019全国卷2理）（11）与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个 【答案】D 【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连PM ，PN ，PQ ，由三垂线定理可得，PN ⊥PM ⊥；PQ ⊥AB ，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ ，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D. 2.（2019辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是(A)（62 (B)（1,22 (C) (62-62 (D) （0,22 【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。
【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a ，a ，如图，此时a 可以取最大值，可知，，则有228a <+=，即有+(2)构成三棱锥的两条对角线长为a ，其他各边长为2，如图所示，此时a>0;综上分析可知a ∈（3.（2019全国卷2文）（11）与正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个 【答案】D【解析】：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，4.（2019全国卷2文）（8）已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为（A ）(C) 4 (D) 34【答案】D【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。
高三数学-专题复习-立体几何(3)空间直角坐标系与空间向量典型例题
立体几何（3）空间直角坐标系与空间向量一、建立空间直角坐标系的几种方法 构建原则：遵循对称性，尽可能多的让点落在坐标轴上。
作法：充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系． 类型举例如下：（一）用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系 例1 已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠A 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解析：如图1，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则C 1（０，1，2）、B （2，4，０），∴1(232)BC =--u u u u r ，，，(010)CD =-u u u r ，，．设1BC u u u u r 与CD uuur 所成的角为θ， 则11317cos 17BC CD BC CDθ==u u u u r u u u r g u u u u r u u u r ． （二）利用线面垂直关系构建直角坐标系 例2 如图2，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为一点，EA ⊥EB 1．已知2AB =，BB 1＝2，棱CC 1上异于C 、C 1的BC ＝1，∠BCC 1＝3π．求二面角A －EB 1－A 1的平面角的正切值．解析：如图2，以B 为原点，分别以BB 1、BA 所在直线为y 轴、z 轴，过B 点垂直于平面AB 1的直线为x 轴建立空间直角坐标系． 由于BC ＝1，BB 1＝2，AB ＝2，∠BCC 1＝3π， ∴在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有B （０，０，０）、A （０，０，2）、B 1（０，2，０）、31022c ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，、133022C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，．设302E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，且1322a -<<， 由EA ⊥EB 1，得10EA EB =u u u r u u u rg ，即33220a a ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎝⎭g ，，，，233(2)2044a a a a =+-=-+=，∴13022a a ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭g ， 即12a =或32a =（舍去）．故31022E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，． 由已知有1EA EB ⊥u u u r u u u r ，111B A EB ⊥u u u u r u u u r ，故二面角A －EB 1－A 1的平面角θ的大小为向量11B A u u u u r 与EA uu u r的夹角．因11(002)B A BA ==u u u u r u u u r ，，，31222EA ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝u u u r ，， 故11112cos 3EA B A EA B A θ==u u u r u u u u r g u u u r u u u u r ，即2tan 2θ= （三）利用面面垂直关系构建直角坐标系 例3 如图3，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ． （1）证明AB ⊥平面VAD ；（2）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值．解析：（1）取AD 的中点O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系．设AD ＝2，则A （1，０，０）、D （－1，０，０）、B （1，2，０）、V （０，０，3），∴AB u u u r＝（０，2，０），VA u u r ＝（1，０，－3）． 由(020)(103)0AB VA =-=u u u r u u rgg ，，，，，得 AB ⊥VA ．又AB ⊥AD ，从而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA 、AD 都垂直， ∴ AB ⊥平面VAD ；（2）设E 为DV 的中点，则1302E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，， ∴33022EA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，33222EB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，(103)DV =u u u r ，，． ∴332(103)02EB DV ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r g g ，，，，， ∴EB ⊥DV ．又EA ⊥DV ，因此∠AEB 是所求二面角的平面角．∴21cos 7EA EB EA EB EA EB==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，． 故所求二面角的余弦值为217． （四）利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系 例4 已知正四棱锥V －ABCD 中，E 为VC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h ． （1）求∠DEB 的余弦值；（2）若BE ⊥VC ，求∠DEB 的余弦值．解析：（1）如图4，以V 在平面AC 的射影O 为坐标原点建立空间直角坐标系，其中O x ∥BC ，O y ∥AB ，则由AB ＝2a ，OV ＝h ，有B （a ，a ，０）、C （-a ，a ，０）、D （-a ，-a ，０）、V （0，0，h ）、222a a h E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，∴3222a h BE a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，，，3222a h DE a ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u ur ，，． ∴22226cos 10BE DE a h BE DE a hBE DE -+==+u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，， 即22226cos 10a h DEB a h -+=+∠；（2）因为E 是VC 的中点，又BE ⊥VC ，所以0BE VC =u u u r u u u r g，即3()0222a h a a a h ⎛⎫----= ⎪⎝⎭g ，，，，， ∴22230222a h a --=，∴h =． 这时222261cos 103a h BE DE a h -+==-+u u u r u u u r ，，即1cos 3DEB =-∠． 引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．下面以高考考题为例，剖析建立空间直角坐标系的三条途径． （五）利用图形中的对称关系建立坐标系图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），利用自身对称性可建立空间直角坐标系．例5已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4．（1）证明：PQ ⊥平面ABCD ； （2）求异面直线AQ 与PB 所成的角； （3）求点P 到面QAD 的距离．简解：（1）略；（2）由题设知，ABCD 是正方形，且AC ⊥BD ．由（1），PQ ⊥平面ABCD ，故可分别以直线CA DB QP ，，为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图1），易得(2202)(0222)AQ PB =--=-u u u r u u u r ，，，，，，1cos 3AQ PB AQ PB AQ PB <>==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，．所求异面直线所成的角是1arccos 3．（3）由（2）知，点(0220)(22220)(004)D AD PQ -=--=-u u u r u u u r，，，，，，，，设n =（x ，y ，z ）是平面QAD的一个法向量，则00AQ AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u rg ，，n n 得200x z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，，取x ＝1，得(112)--，，n =．点P 到平面QAD 的距离22PQ d ==u u u r g nn ．点评：利用图形所具备的对称性，建立空间直角坐标系后，相关点与向量的坐标应容易得出．第（3）问也可用“等体积法”求距离．二、向量法解立体几何 （一）知识点向量的数量积和坐标运算b a ρρ,是两个非零向量，它们的夹角为θ，则数θcos |||⋅⋅b 叫做与的数量积（或内积），记作b a ⋅，即.cos ||||θ⋅⋅=⋅b a b a 其几何意义是a 的长度与b 在a 的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是：若),,(),,,(222111z y x b z y x a ==，则①212121z z y y x x b a ++=⋅ρρ；②222222212121||,||z y x z y x ++=++=；③212121z z y y x x b a ++=⋅ρρ④222222212121212121,cos z y x z y x z z y y x x ++⋅++++>=<（二）例题讲解 题型：求角度相关1. 异面直线n m ,所成的角 量,,b a ρρ则异面直线n m ,所成的角θ等于向量分别在直线n m ,上取定向b a ρρ,所成的角或其补角（如图1所示），则.||||||cos b a b a ρρρρ⋅⋅=θ2. 直线L 与平面α所成的角 的法向量n （如图2所示），再求在L 上取定AB ，求平面α图1||||cos n AB ⋅=θθπβ-=2为所求的角.3． 二面角 方法一：构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如图3所示），则“钝角型”的如图3甲所示，那么其①若二面角βα--l 是大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角，即||||cos 2121n n ⋅=θ于两② 若二面角βα--l 是“锐角型”的如图3乙所示，那么其大小等角，即||||cos 2121n n ⋅=θ.法向量21n n 、的夹方法二：在二面角的棱l 上确定两个点B A 、，过B A 、分别在垂直的向量21n n 、（如图4所示），则二面角平面βα、内求出与l βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角，即 ||||cos 2121n n ⋅=θ题型：求距离相关1. 异面直线n m 、的距离 定向量,,b a ρρ求与向量b a ρρ、都垂直的向量，分别在直线n m 、上取分别在n m 、上各取一个定点B A 、，则异面直线n m 、的距离d 等长，即||n d =.于在n 上的射影证明：设CD 为公垂线段，取b DB a CA ρρ==,图图3甲图4图1||||)(n AB n CD ⋅=⋅∴⋅++=⋅∴++= ||CD d ==∴设直线n m ,所成的角为θ，显然.||||||cos b a b a ρρρρ⋅⋅=θ2. 平面外一点p 到平面α的距离 求平面α的法向量n ，在面内任取一定点A ，点p 到平面α的距离d 等||n d =.于在上的射影长，即图5三、法向量 例题解析题型：求空间角1、运用法向量求直线和平面所成角设平面α的法向量为n r=（x, y, 1)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sin θ= cos(2π-θ) = |cos<AB u u u r , n r >| = AB AB nn••u u u r ru u u r r2、运用法向量求二面角设二面角的两个面的法向量为12,n n u r u u r ，则<12,n n u r u u r >或π-<12,n n u r u u r>是所求角。
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
人教A版高中数学选修2-1课件：3-2立体几何中的向量方法 第4课时 空间向量的平行、垂直关系
探究 1:求平面的法向量 【例 1】
如图,已知四边形 ABCD 是直角梯形,∠ABC=90°,SA⊥平面 ABCD,SA=AB=BC=1,AD= ,试建立适当的坐标系,求: (1)平面 ABCD 与平面 SAB 的一个法向量; (2)平面 SCD 的一个法向量.
1 2
【方法指导】一般情况下,使用待定系数法求平面的法向量 的步骤:①设出平面的法向量为 n=(x,y,z);②找出(求出)平面内 的两个不共线的向量 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2);③根据法向量的 定义建立关于 x,y,z 的方程组 一个解,即得法向量. n·a = 0, n·b = 0; ④解方程组,取其中的
【解析】不妨设正方体的边长为 a,建立空间直角坐标系 Dxyz(如图),则 E(a,2,0),F(2,a,0),G(a,0,2). 设平面 EFG 的法向量为 n=(x,y,z), GE=(0,2,-2),
a a FE=( ,- ,0), 2 2 1 1 a a a a a
n ⊥ GE,⇒ 1 1 n ⊥ FE n·FE = x- y = 0,
2
2
2
2
(法二)以CD,CB,CE为正交基底,建立空间直角坐标系,则 E(0,0,1),D( 2,0,0),B(0, 2,0),A( 2, 2,0),M( , ,1),DE= (- 2,0,1),BE=(0,- 2,1),AM=(- 2 ,- 2 ,1). 设平面 BDE 的法向量为 n=(a,b,c),∴n⊥DE,n⊥BE, n·DE = 0, - 2a + c = 0, ∴ ∴ n·BE = 0, - 2b + c = 0, 令 c=1,则 a= 2 ,b= 2 ,n=( 2 , 2 ,1),∴n·AM=0.
2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题
第1页共5页2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题[解题策略]立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力，在各省市的高考选择题与填空题中也时有出现．在解“动态”立体几何题时，如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜．1．去掉枝蔓见本质——大道至简在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．例1如图1，直线l ⊥平面α，垂足为O .正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点，点B 1在平面α内，则点O 到线段CD 1中点P 的距离的最大值为________．图1答案2＋2解析从图形分化出4个点O ，A ，B 1，P ，其中△AOB 1为直角三角形，固定AOB 1，点P 的轨迹是在与AB 1垂直的平面上且以AB 1的中点Q 为圆心的圆，从而OP ≤OQ ＋QP ＝12AB 1＋2＝2＋2，当且仅当OQ ⊥AB 1，且点O ，Q ，P 共线时取到等号，此时直线AB 1与平面α成45°角．2．极端位置巧分析——穷妙极巧在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．例2在正四面体A －BCD 中，E 为棱BC 的中点，F 为直线BD 上的动点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是________．答案1解析本例可用极端位置法来加以分析．。
(浙江专)高考数学二轮专题复习第一部分专题四立体几何与空间向量讲义
专题四立体几何与空间向量第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积考点一空间几何体的三视图一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B分析空间几何体的三视图的要点(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的形状，即可得到结果．比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少1．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝22＋22＋22＝2 3.考点二 空间几何体的表面积与体积 一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)； 圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； 锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′，S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24π C．28π D ．32π(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63π C．42π D ．36π[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体， 设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h . 由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4， 由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.[答案] (1)C (2)B1求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.2求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.三、预测押题不能少2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.(2)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点三 球与多面体的切接问题 一、基础知识要记牢(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π23(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A ．36π B.112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，则外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，故选B.[答案] (1)B (2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置． (3)建立几何量间关系求半径r . 三、预测押题不能少3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4.(2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：32[知能专练(十三)]一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.6．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32 B.33 C.34D.36解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB (图略)，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt △VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·VO ＝12×3a ×h ＝32ah ＝32×23＝33.7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2 000×1.62＝3r 2⎝⎛⎭⎪⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选 B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1截去四棱锥A BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.9．(2017·贵阳质检)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D. 二、填空题11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC 为直角三角形，∠B ＝90°，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，所以AC ＝PB ＝5，PC ＝3，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴∠PBC ＝90°，则该三棱锥的表面积为12×1×2＋12×1×2＋12×2×5＋12×2×5＝2＋25，体积为13×12×1×2×2＝23.答案：2＋2 5 2312．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD 是正三角形，各边长为2，侧棱AD ⊥底面BCD ，且AD ＝2，底面△BCD 的中垂线长DE ＝3，∴AC ＝AB ＝22，V 三棱锥A BCD ＝13×S △BCD ×AD ＝13×12×2×3×2＝233，即该几何体最长的棱长为22，体积为233.答案：2 2 233 13．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V ＝13×1×22×4＝43. 答案：三棱锥 4314．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个球体的34，故该几何体的表面积等于球的表面积的34，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S ＝34×4πR 2＋πR 2＝16π. 答案：16π16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：33 17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF ＝2AD ，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．解析：取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD∥CP ，且AD ＝CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD .所以平面PDQ ∥平面ABC .该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB 和四棱锥D PQEF ，所以V ＝V PDQ CAB ＋V D PQEF＝12×22sin 60°×2＋13×1＋2×22×3＝3 3.答案：3 3 [选做题] 1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B. 2．四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5 C.92 D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ABCD是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.3．(2017·兰州模拟)已知球O 的半径为13，其球面上有三点A ，B ，C ，若AB ＝123，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积为________．解析：如图，过点A ，B 分别作BC ，AC 的平行线，两线相交于点D ，连接CD ，∵AC ＝BC ＝12，AB ＝123，在△ABC 中，cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝－12， ∴∠ACB ＝120°，∴在菱形ACBD 中，DA ＝DB ＝DC ＝12，∴点D 是△ABC 的外接圆圆心，连接DO ，在△ODA 中，OA 2＝DA 2＋DO 2，即DO 2＝OA 2－DA 2＝132－122＝25，∴DO ＝5，又DO ⊥平面ABC ，∴V O ABC ＝13×12×12×12×32×5＝60 3. 答案：60 3 第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一 空间线面位置关系的判断一、基础知识要记牢 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD .又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.法二：∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B 、D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)C (2)②③④解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.三、预测押题不能少1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.考点二空间线面平行、垂直关系的证明一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(9)三垂线定理及逆定理：①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．二、经典例题领悟好[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF.又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线.三、预测押题不能少2．由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.[知能专练(十四)]一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③解析：选B 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC .∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，又∵PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥PC .对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥PA ，∵PA ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，∴OM ∥平面PAC .对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离．故①②③都正确．4．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD A 1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .5.(2017·成都模拟)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234 B.252 C ．10 D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，交HC 于M ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 6．已知E ，F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点；②存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上；③对于任意的平面α，都有S △EFG ＝S △EFH ；④对于任意的平面α，当G ，H 在线段BC ，AD 上时，几何体AC EGFH 的体积是一个定值． 解析：对①，G ，H 分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD 上，作图可知②错．对③，如图1，取BD ，AC 的中点I ，J ，则BC ，AD 都与平面EIFJ 平行，故A ，H 到平面EIFJ 的距离相等，B ，G 到平面EIFJ 的距离相等，而E 为AB 的中点，故A ，B 到平面EIFJ 的距离相等，从而G ，H 到平面EIFJ 的距离相等．连接GH 交EF 于K ，则K 为GH 的中点，从而G ，H 到EF 的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H 为D 时，G 为C ，此时几何体的体积为三棱锥A CDE 的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V C EFG ＝V D EFH ，由③可得，只需证C ，D 到截面的距离相等，因为F 为CD 的中点，所以C ，D 到截面的距离相等．故④正确．答案：③④ 三、解答题10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB.(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . 证明：(1)因为EF ∥DB ， 所以EF 与DB 确定平面BDEF . 如图，连接DE .因为AE ＝EC ，D 为AC 的中点， 所以DE ⊥AC .同理可得BD ⊥AC . 又BD ∩DE ＝D ， 所以AC ⊥平面BDEF . 因为FB ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥FB .(2)如图，设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为G 是CE 的图1图2中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.。
新(浙江专用)高考数学二轮专题突破 专题四 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法 理
第3讲立体几何中的向量方法1．(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.222．(2015·浙江)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一利用向量证明平行与垂直设直线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)，v＝(a3，b3，c3)则有：(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∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .热点二 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22.(2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例2 (2015·安徽)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E A 1D B 1的余弦值．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，已知⊙O的直径AB＝3，点C为⊙O上异于A，B的一点，VC⊥平面ABC，且VC＝2，点M为线段VB的中点．(1)求证：BC⊥平面VAC；(2)若AC＝1，求二面角M－VA－C的余弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 (2015·宁波二模)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1，底面ABC ，∠ACB ＝90°，E 是棱CC 1上的动点，F 是AB 的中点，AC ＝1，BC ＝2，AA 1＝4. (1)当E 是棱CC 1的中点时，求证：CF ∥平面AEB 1；(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角A －EB 1－B 的余弦值是21717？若存在，求CE 的长；若不存在，请说明理由．思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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．跟踪演练3 如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ；(2)求二面角A －DF －E 的余弦值．提醒：完成作业专题四第3讲二轮专题强化练专题四第3讲 立体几何中的向量方法A 组 专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( ) A ．0 B ．1 C ．0或1 D ．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直D ．不能确定4．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.125．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22D.326．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．7．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．8．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2. (1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .10．(2015·重庆)如图，三棱锥PABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角APDC 的余弦值．B 组 能力提高11．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四个点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AD →·AB →＝0，则△BCD 的形状是( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形D ．无法确定12．(2015·温州质检)如图所示，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE ＝EB ＝AF ＝23FD ＝4.沿直线EF 将△AEF 翻折成△A ′EF ，使平面A ′EF ⊥平面BEF ，则二面角A ′－FD －C 的余弦值为________．13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．14．(2015·浙江名校联考)如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？学生用书答案精析第3讲 立体几何中的向量方法 高考真题体验1．C [方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角． 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1， 可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)， ∴BM →＝(－1，－1,2)， AN →＝(0,1,2)．∴cos〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4－12＋－12＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.]2．(1)证明 设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC .故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形． 故A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)解 以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB ，EA 1为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz ，如图所示． 由题意知各点坐标如下：A 1(0,0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0,1)．于是 |cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.热点分类突破例1 证明 方法一 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱， ∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →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n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →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 .跟踪演练1 证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ， 令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)， NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →， 即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .例2 (1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1,1,1)为其一组解， 所以可取n 1＝(－1,1,1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，由此同理可得n 2＝(0,1,1)．所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.跟踪演练2 (1)证明 因为VC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以VC ⊥BC .又点C 为圆O 上一点，且AB 为直径， 所以AC ⊥BC . 又VC ∩AC ＝C ， 所以BC ⊥平面VAC .(2)解 由(1)得BC ⊥VC ，VC ⊥AC ，AC ⊥BC ，以C 为坐标原点，AC ，BC ，VC 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，V (0,0,2)，B (0，22，0)，故CB →＝(0,22，0)，VA →＝(1,0，－2)，AB →＝(－1,22，0)．设平面VAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·VA →＝0，n ·AB →＝0，得⎩⎨⎧x －2z ＝0，－x ＋22y ＝0，令y ＝2，得x ＝4，z ＝2，所以n ＝(4，2，2)是平面VAM 的一个法向量． 又BC ⊥平面VAC ，所以CB →＝(0,22，0)是平面VAC 的一个法向量． 从而cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝422×16＋2＋4＝1111，故二面角M －VA －C 的余弦值为1111. 例3 (1)证明 取AB 1的中点G ， 连接EG ，FG .∵F 、G 分别是AB 、AB 1的中点， ∴FG ∥BB 1，FG ＝12BB 1.又∵B 1B ∥C 1C ，EC ＝12CC 1，BB 1＝CC 1，∴FG ∥EC ，FG ＝EC ，∴四边形FGEC 是平行四边形， ∴CF ∥EG .∵CF ⊄平面AEB 1，EG ⊂平面AEB 1，∴CF ∥平面AEB 1.(2)解 假设这样的点E 存在．以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,4)．设E (0,0，m )(0≤m ≤4)，平面AEB 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由AB 1→＝(－1,2,4)，AE →＝(－1,0，m )，AB 1→⊥n 1，AE →⊥n 1，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＋4z ＝0，－x ＋mz ＝0，令z ＝2，则n 1＝(2m ，m －4,2)， ∵CA ⊥平面C 1CBB 1，∴CA →是平面EBB 1的一个法向量，则平面EBB 1的一个法向量为n 2＝CA →＝(1,0,0)． ∵二面角A －EB 1－B 的平面角的余弦值为21717，∴21717＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝2m4m 2＋m －42＋4， 解得m ＝1(满足0≤m ≤4)，∴在棱CC 1上存在点E 符合题意，此时CE ＝1.跟踪演练3 解 (1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)， A (1,0,0)， M (0,0,1)， C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|×|AM →|＝1252×2＝1010，所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN . 因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)， 又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 高考押题精练(1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点， ∴PQ ∥EC ，∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)． 可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)， DF →＝(0,2，－1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量． ∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66. 由图可知所求二面角为锐角， ∴二面角A －DF －E 的余弦值为66二轮专题强化练答案精析第3讲 立体几何中的向量方法1．D [由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.]2．C [AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB →1，AC →1，AD →1，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD →1，AA →1与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB →1与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1× cos π4＝1，最后AC →1·AB →＝3×1× cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.] 3．B [分别以C 1B 1、C 1D 1、C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，23a ，a ， ∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a . 又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，∴C 1D 1→＝(0，a,0)，∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→.∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .]4．A [设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14.∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →| ＝1432＝36.选A.] 5．A[如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.] 6.25解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)． 所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)． 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12， |AM →|＝02＋122＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋122＝52， 所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25. 7．217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68，∴|AB →|＝217.8．①②解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B→的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．9．证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)． ∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知PB →＝(1,0，－1)， PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)， AD →＝(0,2,0)， DC →＝(1,0,0)，∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面PAD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC .10．(1)证明 由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)解 由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23， 故AC ＝32DF ＝32. 以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0. 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36， 故所求二面角APDC 的余弦值为36. 11．C [BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →)＝AC →·AD →－AC →·AB →－AB →·AD →＋AB →2＝AB →2>0.同理DB →·DC →>0，CB →·CD →>0. 故△BCD 为锐角三角形．]12.33解析 取线段EF 的中点H ，连接A ′H .∵A ′E ＝A ′F ，H 是EF 的中点，∴A ′H ⊥EF .又∵平面A ′EF ⊥平面BEF ，∴A ′H ⊥平面BEF .如图，可建立空间直角坐标系A －xyz ，则A ′(2,2,22)，C (10,8,0)，F (4,0,0)，D (10,0,0)，故FA →′＝(－2,2,22)，FD →＝(6,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′FD 的一个法向量，∴⎩⎨⎧ －2x ＋2y ＋22z ＝0，6x ＝0.取z ＝2，则n ＝(0，－2，2)．又平面BEF 的一个法向量m ＝(0,0,1)，故cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝33， ∴二面角的余弦值为33. 13.3510解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.14．(1)证明 ∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF .∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面DAF ，∴平面DAF ⊥平面CBF .(2)解 由(1)知AF ⊥平面CBF ，∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角．∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H .已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°. ∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)解 设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA →、OG →、AD →方向分别为x 轴、y轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t >0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )．又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F (12，32，0)， ∴CD →＝(2,0,0)，FD →＝(12，－32，t )． 设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD →＝0，n 1·FD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3， 解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CBF ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF →＝(－12，32，0)，依题意，n 1与n 2的夹角为60°.∴cos 60°＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|， 即12＝3t 4t 2＋3×1， 解得t ＝64， 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FBC 所成的锐二面角的大小为60°.。
高中数学第三章空间向量与立体几何4-2用向量方法研究立体几何中的位置关系课件选择性必修一
∴ = ,∴ ∥ ,即 PQ∥RS.
1
1
(方法二) = + = 2 − + 2 1 ,
1
1
= 1 + 1 = 2 1 + 2 − ,
· = 0,
1 · = 0,
取 =(1,1,-1).
定理.(逻辑推理)
3.能用向量方法证明空间中直线、平面的平行关系.(逻辑推理)
4.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂
直关系.(数学抽象)
5.能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面垂直关系的判定
定理.(逻辑推理)
6.能用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系.(逻辑推理)
7.会用三垂线定理及逆定理解题.(数学运算)
(2)若一直线与平面垂直,则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向
向量的数量积为0.( √ )
(3)两个平面垂直,则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线
的方向向量垂直.( × )
(4)若两平面α,β的法向量分别为u1=(1,0,1),u2=(0,2,0),则平面α,β互相垂
直.( √ )
微判断
(1)若两条直线的方向向量的数量积为0,则这两条直线一定垂直相交.( × )
(2)若一直线与平面垂直,则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向
向量的数量积为0.( √ )
(3)两个平面垂直,则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线
的方向向量垂直.( × )
(4)若两平面α,β的法向量分别为u1=(1,0,1),u2=(0,2,0),则平面α,β互相垂
高三总复习数学课件 立体几何中的动态问题
满足―B→P ＝λ―B→C ＋μ―BB→1 ，其中 λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则
()
A．当 λ＝1 时，△AB1P 的周长为定值
B．当 μ＝1 时，三棱锥 P-A1BC 的体积为定值
C．当 λ＝12时，有且仅有一个点 P，使得 A1P⊥BP
D．当 μ＝12时，有且仅有一个点 P，使得 A1B⊥平面 AB1P
由 M 点是正方形 ABB1A1 内的动点可知，若 C1M∥平面 CD1EF，则点 M 在线段 GH 上， 所以 M 点的轨迹长度 GH＝ 12＋12＝ 2. 答案： 2
类型二 度量问题
立体几何中动点的轨迹的度量问题的探究，包括求解轨迹的长度，相关的 体积、截面面积等．
[例1] (2022·德州一模)(多选)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F
2 PPFE＝ 36，所以 P 点的轨迹是直线，故选 A.
(2)当 λ＝1 时，―B→P ＝―B→C ＋μ―BB→1 .若 μ＝0，则―B→P ＝―B→C ， 即点 P 与点 C 重合，则△AB1P 的周长为 1＋2 2；若 μ＝12， 则―B→P ＝―B→C ＋12―BB→1 ，即点 P 为线段 CC1 的中点，易得 AP ＝PB1＝ 1＋14＝ 25，所以△AB1P 的周长为 2＋ 5，故 A 错误．当 μ＝1 时，由―B→P ＝λ―B→C ＋―BB→1 ，得点 P 在线段 B1C1 上运动，易知 S △A1BC 为定值，且 B1C1∥平面 A1BC，所以点 P 到平面 A1BC 的距离为定值， 所以 VP-A1BC 为定值，故 B 正确．
确；对于D：因为MN∥AD1，AD1⊂面ABD1，MN⊄面ABD1，所以MN∥面ABD1，
所以点F到面ABD1的距离是定值，所以三棱锥F-ABD1的体积为定值，故D正