2019-2020年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法 理.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法 理向量法证明线面位置关系训练提示:使用空间向量方法证明线面平行,(1)可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行,然后根据线面平行的判定定理得到线面平行;(2)可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;(3)证明直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面,证明面面垂直既可以证明线线垂直,然后使用判定定理进行判定,也可以证明两个平面的法向量垂直.1.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点,用空间向量法证明:(1)FC1平面ADE;(2)平面ADE平面B1C1F.证明: 如图所示建立空间直角坐标系Dxyz,则有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).(1)设n1=(x1,y1,z1)是平面ADE的法向量,则n1,n1,即令z1=2,y1=-1,所以n1=(0,-1,2),因为n1=-2+2=0,所以n1,又因为FC1平面ADE,即FC1平面ADE.(2)因为=(2,0,0),设n2=(x2,y2,z2)是平面B1C1F的一个法向量.由n2,n2,得令z2=2,y2=-1,所以n2=(0,-1,2),所以n1=n2,所以平面ADE平面B1C1F.2. (xx宾川县校级月考)在边长是2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF的长;(2)证明:EF平面AA1D1D;(3)证明:EF平面A1CD.(1)解:如图建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),D(0,0,0),因为E,F分别为AB,A1C的中点,所以E(2,1,0),F(1,1,1),=(-1,0,1),所以|=.证明:(2)因为=(-2,0,2)=2,所以EFAD1,又AD1平面AA1D1D,EF平面AA1D1D,所以EF平面AA1D1D.(3)=(0,-2,0),=(-2,0,-2),因为=0,=0,所以EFCD,EFA1D,又CDA1D=D,所以EF平面A1CD.用空间向量求空间角训练提示:由空间向量法求解线线、线面、面面角的关键是把问题转化为向量与向量之间的关系.3. (xx辽宁锦州质检)如图所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1.(1)求直线DF与平面ACEF所成角的正弦值;(2)在线段AC上找一点P,使与所成的角为60,试确定点P的位置.解: (1)以C为坐标原点,分别以CD,CB,CE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E(0,0,1),D(,0,0),B(0,0),A(,0),F(,1),连接BD,则ACBD.因为平面ABCD平面ACEF,且平面ABCD平面ACEF=AC,所以BD平面ACEF,所以是平面ACEF的一个法向量.又=(-,0),=(0,1),所以cos=.故直线DF与平面ACEF所成角的正弦值为.(2)设P(a,a,0)(0a),则=(-a,-a,1),=(0,0).因为=60,所以cos 60=.解得a=或a=(舍去),故存在满足条件的点P(,0)为AC的中点.4.(xx大连市高三一模) 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,DAB=60,PD平面ABCD,PD=AD=1,点E,F分别为AB和PD中点.(1)求证:直线AF平面PEC;(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值.(1)证明:作FMCD交PC于M,连接EM.因为点F为PD中点,所以FM=CD,所以AE=AB=FM,所以四边形AEMF为平行四边形,所以AFEM,因为AF平面PEC,EM平面PEC,所以直线AF平面PEC.(2)解:连接DE,因为DAB=60,所以DEDC.如图所示,建立坐标系,则P(0,0,1),C(0,1,0),E(,0,0),A(,-,0),B(,0).所以=(-,1),=(0,1,0).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),因为n=0,n=0,所以取x=1,则z=,所以平面PAB的一个法向量为n=(1,0,),=(0,1,-1),所以设向量n与所成角为,所以cos =-,所以PC与平面PAB所成角的正弦值为.5. (xx甘肃兰州第二次监测)在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E,F分别是BB1,AC,AA1的中点,AC=BC=AA1,AB=AC.(1)求证:CD平面BEF;(2)求平面ACD与平面A1C1D所成二面角的大小.(1)证明:连接A1C,因为D,E,F分别是BB1,AC,AA1的中点,所以A1DBF,A1CEF,因为在平面A1CD中A1DA1C=A1,在平面BEF中BFEF=F,所以平面A1CD平面BEF,而CD平面A1CD,所以CD平面BEF.(2)解: 依题意ACBC,BCCC1,ACCC1,所以分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设CA=1,则A(1,0,0),C(0,0,0),D(0,1,1),C1(0,0,2),A1(1,0,2),设n1=(x,y,z)为平面ACD的一个法向量,则n1=0且n1=0,即令y=1,则n1=(0,1,-1),同理可得平面A1C1D的一个法向量为n2=(0,1,1),因为n1n2=00+11+1(-1)=0,所以平面ACD与平面A1C1D所成二面角为. 类型一:立体几何中的向量方法1.(xx太原市模拟)已知长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=AB=2,若棱AB上存在点P,使得D1PPC,则AD的取值范围是(C)(A)1,2)(B)(1,(C)(0,1(D)(0,2)解析: 如图建立空间直角坐标系.设AD=a(a0),AP=x(0x2),则P(a,x,2),C(0,2,2),所以=(a,x,2),=(a,x-2,0),因为D1PPC,所以=0,即a2+x(x-2)=0,a=.当0x2时,a(0,1.故选C.2.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则|为(A)(A)a(B)a(C)a(D)a解析: 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N(a,a,).设M(x,y,z).因为点M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),所以x=a,y=,z=.所以M(,),所以|= =a.类型二:利用空间向量求空间角3. (xx黑龙江高三模拟)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DCEB,DC=EB,AB=4,tan EAB=.(1)证明:平面ADE平面ACD;(2)当三棱锥CADE体积最大时,求二面角DAEB的余弦值.(1)证明:因为AB是直径,所以BCAC,因为CD平面ABC,所以CDBC,因为CDAC=C,所以BC平面ACD,因为CDBE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,BCDE,所以DE平面ACD,因为DE平面ADE,所以平面ADE平面ACD.(2)解:依题意,EB=1,由(1)知=SACDDE=ACCDDE=ACBC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图所示,建立空间直角坐标系, 则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(2,0,-1),=(0,2,0),=(0,0,1),设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),即取x=1,得n1=(1,0,2),同理得平面ABE的法向量为n2=(1,1,0),所以cos=.可以判断与二面角DAEB的平面角互补,二面角DAEB的余弦值为-.4. (xx南昌市一模)如图AC是圆O的直径,B,D是圆O上两点,AC=2BC=2CD=2,PA垂直于圆O所在的平面,=. (1)求证:CM平面PAD;(2)当CM与平面PAC所成角的正弦值为时,求AP的值.(1)证明:作MEAB于E,连接CE,所以MEAP因为AC是圆O的直径,AC=2BC=2CD=2,所以ADDC,ABBC,所以BAC=CAD=30,BCA=DCA=60,AB=AD=.因为=,所以BE=BA=,tan BCE=,所以BCE=ECA=30=CAD,所以ECAD由,且MECE=E,APAD=A,所以平面MEC平面PAD,CM平面MEC,CM平面PAD,所以CM平面PAD.(2)解:依题意,如图以A为原点,直线AB,AP分别为x,z轴建立空间直角坐标系,设AP=a,A(0,0,0),B(,0,0),C(,1,0),P(0,0,a),D(,0)设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),设CM与平面PAC所成角为,设x=,所以n= (,-3,0),=+=+,所以=(-,-1,),所以sin =|cos|=.所以a=.5. (xx邯郸市一模)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,ACB=90,AC=BC=CC1=2,A1BB1C.(1)证明:A1C1CC1;(2)若A1B=2,在棱CC1上是否存在点E,使得二面角EAB1C的大小为30,若存在,求CE的长,若不存在,说明理由.(1)证明: 连接BC1,因为BCC1B1为平行四边形,且BC=CC1=2,所以BCC1B1为菱形,BC1B1C.又因为A1BB1C,所以B1C平面A1C1B.所以B1CA1C1.又因为A1C1C1B1,所以A1C1平面CBB1C1,所以A1C1CC1.(2)解:因为A1B=2,A1C1=2,所以BC1=2,又BC=CC1=2,所以CC1BC.所以AC,CB,CC1两两垂直.以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系Cxyz,如图所示,则C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),B(0,2,0),设E(0,0,a),=(-2,0,a),=(-2,2,2),=(0,-2,2),易知,BC1平面AB1C,=(0,-2,2),则平面AB1C的一个法向量m=(0,-1,1),设n=(x,y,1)是平面AB1E的一个法向量则所以得n=(,-1,1),|cos|=,解得a=1.在棱CC1上存在点E,当CE=1时,得二面角EAB1C的大小为30.6. (xx浙江卷)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.(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC. (2)解:法一作A1FBD且A1FBD=F,连接B1F.由AE=EB=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角.由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=.由余弦定理得cosA1FB1=-.法二以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y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:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,).因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,1).由即可取n=(,0,1),于是|cos|=.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为-.