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高考专题复习空间向量与立体几何


空间向量与立体几何

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高考山东卷) 在如图所示的几何体中,四边形 例1 (2012· ABCD 是等腰梯形, AB ∥ CD ,∠ DAB = 60°, FC ⊥平面

ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.
(1)求证:BD⊥平面AED; (2)求二面角F-BD-C的余弦值. 思路点拨?(1)在平面四边形ABCD中, 证明BD⊥AD;(2)以C点为原点,CA,

CB , CF 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,可求二
面角的余弦值.

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【解】(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD, ∠DAB=60°,

所以∠ADC=∠BCD=120°.
又CB=CD,所以∠CDB=30°,

因此∠ADB=90°,即AD⊥BD.
又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD?平面AED, 所以BD⊥平面AED.

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(2)由 (1)知 AD⊥ BD,所以 AC⊥ BC.又 FC⊥平面 ABCD, 因此 CA, CB, CF 两两垂直. 以 C 为坐标原点, 分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴, y 轴, z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设 CB= 1, 则 C(0,0,0), B(0,1,0), D? 3 1 ? , F(0,0,1). ,- , 0 ?2 ? 2

→ ? 3 3 → ? 因此BD= ? 2 ,-2, 0? ,BF = (0,- 1,1).
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设平面 BDF 的一个法向量为 m= (x, y, z), → → 则 m· BD= 0,m · BF = 0, 所以 x= 3y= 3z, 取 z= 1,则 m=( 3, 1,1). → 由于CF = (0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m · CF 1 5 → 则 cos〈m,CF 〉= = = , → 5 5 |m ||CF | 5 所以二面角 F- BD- C 的余弦值为 . 5

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【规律方法】

π (1)两异面直线所成角的范围是 θ∈ (0, ], 2

两向量的夹角 α 的范围是 [0, π],所以要注意二者的联系与 区别,应有 cos θ= |cosα|. (2)在求线面角时要注意: 若平面的法向量与直线的方向向量 的夹角为 α(α 可为锐角或钝角),则直线与平面所成的角 θ 应满足 s inθ= |cos α|. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的 直线的方向向量的夹角 (或其补角 )或通过二面角的两个面的 法向量的夹角求得,它等于这两个法向量的夹角或其补角.

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变式2 如 图 所 示,在四棱锥 P - ABCD 中, 底面 ABCD 是 矩形 , PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1,BM⊥PD于点M.

(1)求证:AM⊥PD;
(2)求直线CD与平面ACM所成的角

的余弦值.

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解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD, ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD,AD∩PA=A, AD?平面PAD,PA?平面PAD, ∴AB⊥平面PAD.

∵PD?平面PAD,∴AB⊥PD.
∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB?平面ABM, BM?平面ABM,∴PD⊥平面ABM. ∵AM?平面ABM,∴AM⊥PD.

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(2)如图所示,以点 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A- xyz,

则 A(0,0,0), P (0,0,2), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,2,0), M(0,1,1). → → → ∴AC = (1,2,0) ,AM =(0,1,1),CD= (- 1,0,0).

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设平面 ACM 的一个法向量为 n= (x, y, z),
? ?x+ 2y= 0 → → 由 n⊥AC , n⊥AM 可得? , ? ? y+ z= 0

令 z= 1,得 x= 2, y=- 1,∴ n= (2,- 1,1). 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 α, → |CD · n| 6 则 s inα= = . → |CD |· |n| 3 3 ∴ cosα= , 3 3 ∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 . 3
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变式3 (2012· 淄博模拟 ) 如图所示 , 在多面体 ABCD - A1B1C1D1 中, 上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD 互相平行,且都是正方形,DD1⊥ 底面ABCD,AB=2A1B1=2DD1=2a. (1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值; (2)已知F是AD的中点.求证:FB1⊥平面BCC1B1;

(3)在(2)的条件下,求二面角F-CC1-B的余弦值.

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解: 以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(2a, 0,0), B(2a, 2a, 0), C(0,2a, 0), D1 (0,0, a), F(a, 0,0), B1 (a, a, a), C1(0, a, a). → (1)∵AB1 = (- a, a, a), → DD1 = (0,0, a), → → AB DD1 3 → → 1· ∴ cos〈AB1 ,DD1 〉= = , → → |AB1 |· | DD1 | 3 3 ∴异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 . 3
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(2)证明: → → → ∵BB1 = (- a,- a,a),BC = (- 2a, 0,0),FB1 = (0, a,a), → → ? BB1 = 0, ?FB1 · ∴? → → ? ? FB BC= 0, 1· ∴ FB1⊥ BB1 , FB1⊥ BC. ∵ BB1∩ BC= B, ∴ FB1⊥平面 BCC1 B1 .

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→ (3)由 (2)知,FB1 为平面 BCC1 B1 的一个法向量, 设 n= (x1, y1, z1 )为平面 FCC1 的一个法向量, → → 又∵CC1 = (0,- a, a),FC =(- a, 2a, 0). → ? ? n · CC ? 1 = 0, ?- ay1+ az1= 0, 由? 得? → ? ?- ax1+ 2ay1= 0. ? ?n · FC = 0, 令 y1 = 1,则 x1= 2, z1= 1,∴ n= (2,1,1) , → FB1 · n 3 → ∴ cos〈FB1 , n〉= = , → |FB1 |· |n| 3 3 即二面角 F- CC1 -B 的余弦值为 . 3
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热点三 向量法解决探索性问题
空间向量最适合于解决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 否有规定范围的解 ” 等,使问题的解决更简单、有效,应

善于运用这一方法解题.

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高 考 福 建 卷 ) 如 图 , 在 长 方 体 ABCD - 例4 (2012· A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.

(1)求证:B1E⊥AD1;
(2)在棱AA1上是否存在一点 P,使得 DP∥平面B1AE?若存 在,求AP的长;若不存在,说明理由; (3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.

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→ → 思路点拨 (1)建立空间直角坐标系证明B1 E· AD1 = 0 即可 ; → (2)可设点 P(0 ,0, z0 ),利用DP 与平面 B1 AE 的法向量垂直求解; (3)利用两半平面的法向量可表示二面角的大小,从而列出等式, 即可求出 AB 的长 .

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【解】

→ → → (1)证明:以 A 为原点,AB ,AD,AA1 的方向分别

为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图). a ? 设 AB= a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E , 1, 0?, ?2 ? B1 (a, 0,1),

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→ → ? a → → 故AD1 = (0,1,1) , B1 E=?- , 1,- 1? , AB = ( a, 0,1) , AE = 1 ? 2

?a, 1, 0?. ?2 ?
a → → ∵AD1 · B1 E=- × 0+ 1× 1+ (- 1)× 1= 0, 2 ∴ B1 E⊥ AD1 . (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0, z0 ), → 使得 DP∥平面 B1 AE,此时DP = (0,- 1, z0 ). 又设平面 B1 AE 的法向量 n=(x, y, z).
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→ → ∵ n⊥平面 B1 AE,∴ n⊥AB1 , n⊥AE , ?ax+ z= 0,

? 得?ax ? ? 2 + y= 0.

取 x= 1,

a ? 得平面 B1 AE 的一个法向量 n=?1,- ,- a? . ? 2

a → 要使 DP∥平面 B1 AE,只要 n⊥DP ,有 - az0 = 0, 2 1 解得 z0= . 2 又 DP?平面 B1 AE, 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1 AE,此时 AP= . 2
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(3)连接 A1 D, B1 C,由长方体 ABCD- A1 B1 C1 D1 及 AA1 = AD= 1,得 AD1⊥ A1 D. ∵ B1 C∥ A1 D,∴ AD1⊥ B1 C. 又由 (1)知 B1 E⊥ AD1 ,且 B1 C∩ B1 E= B1, ∴ AD1⊥平面 DCB1 A1, → → ∴AD1 是平面 A1 B1 E 的一个法向量,此时AD1 = (0,1,1). → 设AD1 与 n 所成的角为 θ,

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a - -a → n· AD1 2 则 cos θ= = . 2 → a 2 |n||AD1 | 2 1+ + a 4 ∵二面角 A- B1 E- A1 的大小为 30° , ∴ |cos θ|= cos30° ,即 2 解得 a= 2,即 AB 的长为 2. 3a 2 3 , 2= 5a 2 1+ 4

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【规律方法】利用向量法解决探索性问题时应注意的事项:

(1)平面法向量计算必须要准确.
(2)若在线段上探索是否存在一点,设出该点坐标时要抓住 三点共线可减少坐标未知量的个数.

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变式4 已知在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱AA1⊥底面ABCD,AB⊥AD, BC∥AD,

且AB=2,AD=4,BC=1,侧棱AA1=4.
(1) 若 E 为 AA1 上 一 点 , 试 确 定 E 点 的 位 置 , 使 EB ∥ 平 面

A1CD;
(2)在 (1)的条件下,求二面角E-BD-A的余弦值.

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1 解: (1)当 A1 E= A1 A 时, EB∥平面 A1 CD. 4 如图,以 AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系,

则 A(0,0,0), B(2,0,0), D(0,4,0), C(2,1,0), A1 (0,0,4).
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→ → → 设 E(0,0,z),则BE =(- 2,0,z),CA1 = (- 2,- 1,4),CD= (- 2,3,0). ∵ EB∥平面 A1 CD, → → → ∴不妨设BE = xCA1 + yCD, ∴ (- 2,0, z)= x(- 2,- 1,4)+ y(- 2,3,0). - 2=- 2x- 2y ? ? ∴? 0=- x+ 3y ,解得 z= 3. ? ? z= 4x 所以当 E 点的坐标为 (0,0,3), 1 即 A1 E= A1 A 时, EB∥平面 A1 CD. 4
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(2)∵ AA1 ⊥平面 ABD, ∴向量 m=(0,0,1)为平面 ABD 的一个法向量. 设平面 BED 的一个法向量为 n=(x0, y0,1), → → 而BE = (- 2,0,3),BD=(- 2,4,0), → ? n · BE =- 2x0+ 3= 0 ? 3 3 ,解得 n = ( , , 1). ? 2 4 → ?n · ? BD =- 2x0+ 4y0= 0 4 61 = . 61 32 32 2 ( ) +( ) + 1 2 4 4 61 所以二面角 E- BD- A 的余弦值为 . 61 ∴ cos〈m, n〉= 1×
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1

[备选例题]
1.(2012· 高考天津卷)如图,在四棱锥P-ABCD中, PA ⊥平面 ABCD , AC ⊥ AD , AB ⊥ BC ,∠ BAC = 45°, PA=AD=2,AC=1. (1)证明PC⊥AD;

(2)求二面角A-PC-D的正弦值;
(3)设E为棱PA上的点,满足异面 直线BE与CD所成的角为30°, 求AE的长.

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解:如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0), D(2,0,0), 1 1 ? C(0,1,0), B - , , 0?, ? 2 2 ? P(0,0,2).

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→ → → → (1)证明:易得PC=(0,1,- 2),AD=(2,0,0),于是PC· AD= 0,所以 PC⊥ AD. → (2)PC= (0,1,- 2), → CD= (2,- 1,0). 设平面 PCD 的法向量 n= (x, y, z), → ? ? n · PC = 0, ? ?y- 2z= 0, 则? 即? → ?2x- y= 0. ? ? n· ? CD= 0, 不妨令 z= 1, 可得 n= (1,2,1).
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可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). m· n 1 6 于是 cos〈m, n〉= = = , |m |· |n| 6 6 30 从而 s in〈m, n〉= . 6 30 所以二面角 A- PC- D 的正弦值为 . 6 (3)设点 E 的坐标为 (0,0, h),其中 h∈ [0,2]. 1 → ?1 → 由此得BE =? ,- , h? . 由 CD = (2,- 1,0), ? 2 2

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→ → BE · CD → → 故 cos〈BE ,CD〉= → → |BE |· |CD | 3 2 3 = = , 2 1 10+ 20h + h2× 5 2 3 3 10 所以 = cos30° = ,解得 h= , 2 2 10 10+ 20h 10 即 AE= . 10

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2.(2012· 高考重庆卷) 如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AC=BC =3,D为AB的中点.

(1)求异面直线CC1和AB的距离;
(2)若AB1⊥A1C,求二面角A1-CD-B1的平面角的余弦值.
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解: (1)因为 AC= BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥ AB. 又直三棱柱中, CC1 ⊥平面 ABC,故 CC1 ⊥ CD. 所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC - BD = 5.
2 2

(2) 如图所示,过D作 DD1∥AA1交A1B1于D1,在直三棱柱 中,由(1)知DB,DC,DD1两两垂直,

以D为原点,射线DB、DC、DD1分别
为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间 直角坐标系D-xyz.

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设直三棱柱的高为 h, 则 A(- 2,0,0), A1 (- 2,0,h), B1 (2,0, h), C(0, 5, 0), → → 从而AB1 = (4,0, h),A1 C= (2, 5,- h). → → → → 由AB1 ⊥A1 C得AB1 · A1 C= 0, 即 8-h2= 0,因此 h= 2 2. → → 故DA1 = (- 2,0,2 2),DB1 =(2,0,2 2), → DC= (0, 5, 0).

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设平面 A1 CD 的法向量为 m=(x1, y1, z1 ), ? 5y1 = 0, → → 则 m⊥DC,m⊥DA1 ,即? ?- 2x1+ 2 2z1= 0, 取 z1= 1,得 m=( 2, 0,1). 设平面 B1 CD 的法向量为 n= (x2, y2, z2), ? 5y2 = 0, → → 则 n⊥DC, n⊥DB1 ,即? ?2x2 + 2 2z2 = 0, 取 z2=- 1,得 n= ( 2, 0,- 1), m· n 2- 1 1 所以 cos〈m, n〉= = = . |m ||n| 2+ 1× 2+ 1 3 1 所以二面角 A1- CD- B1 的平面角的余弦值为 . 3
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名师讲坛精彩呈现

( 本 题 满 分 14 分 )(2012· 高考北京卷)如图1,在 Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6.D,E分别是AC,

AB 上的点,且 DE ∥ BC , DE = 2 ,将△ ADE 沿 DE 折起到
△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.

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(1) 求证:A1C⊥平面BCDE; (2) 若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小; (3) 线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?

说明理由.
【解】 (1)证明:∵AC⊥BC,DE∥BC, ∴DE⊥AC,∴DE⊥A1D,DE⊥CD.

又A1D∩CD=D,
∴DE⊥平面A1DC. 又A1C?平面A1DC,∴DE⊥A1C.

又∵A1C⊥CD,
∴A1C⊥平面BCDE. 4分
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(2)如图所示, 以 C 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 Cxyz, 则 A1(0,0,2 3), D(0,2,0), M(0,1, 3), B(3,0,0), E(2,2,0). 设平面 A1 BE 的法向量为 n=(x, y, z),则 → → n· A1 B= 0, n· BE = 0. → 又A1 B= (3,0,- 2 3), → BE = (- 1,2,0),

?3x- 2 3z= 0, ∴? ?- x+ 2y= 0.
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令 y= 1,则 x= 2, z= 3,∴ n= (2,1, 3). 设 CM 与平面 A1 BE 所成的角为 θ. → ∵CM = (0,1, 3), → ∴ sinθ= |cos〈 n,CM 〉 | → ? ? n· CM 4 2 =? = . ?= → 8× 4 2 ?|n|· |CM | ? π ∴ CM 与平面 A1 BE 所成角的大小为 . 4

6分

8分

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(3)线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1 DP 与平面 A1 BE 垂 直.理由如下: 假设这样的点 P 存在,设其坐标为 (p, 0,0),其中 p∈[0,3]. 设平面 A1 DP 的法向量为 m=(x′, y′, z′ ), → → 则 m· A1 D= 0,m · DP= 0. → → 又A1 D= (0,2,- 2 3),DP= (p,- 2,0),

?2y′- 2 3z′= 0, ∴? ?px′- 2y′= 0.

10 分

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令 x′= 2,则 y′= p, z′= ∴m= (2, p, p 3 ).

p

, 3 12 分

平面 A1 DP⊥平面 A1 BE,当且仅当 m · n= 0, 即 4+ p+ p= 0. 解得 p=- 2,与 p∈ [0,3]矛盾. ∴线段 BC 上不存在点 P, 使平面 A1 DP 与平面 A1 BE 垂直. 14 分

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构建答题模板 第一步:作出 (或找出 )具有公共交点的三条互相垂直的直线. 第二步:建立空间直角坐标系,确定或设出特定点的坐标. → 第三步:求直线 CM 的方向向量CM 及平面 A1 BE 的法向量 n. → 第四步:求两向量CM 与 n 的夹角.

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