当前位置:首页 >> 数学 >>

高考大题专讲(立体几何)


专 题 四

立体几何

高考大题专讲(四)

空间向量与立体几何(解答题型)

———————————名师指南—————————— [核心考点] 利用空间向量证明空间位置关系、利用空间向量求空间 角、利用空间向量求空间距离. [高考解密] 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,均以解答题 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.

重点透析 难点突破

题型一 向量方法证明空间中的平行与垂直 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),v=(a4,b4,c4), (μ、v≠0). (1)线面平行 l∥α?a⊥μ?a· μ=0?a1a3+b1b3+c1c3=0.

(2)线面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a3=λa4,b3=λb4,c3=λc4. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ· v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0.

直线的方向向量、平面的法向量间的平行与垂直关系决定 空间中线面平行与垂直关系.

在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=90° ,BC=2, CC1=4,点 E 在线段 BB1 上,且 EB1=1,D,F,G 分别为 CC1, C1B1,C1A1 的中点. 求证:(1)B1D⊥平面 ABD; (2)平面 EGF∥平面 ABD.

[思路引导]

建立空间直角坐标系,把线面垂直问题转化为

线线垂直问题,把面面平行问题转化为线线平行问题,再利用向 量数量积为零及向量共线求证.

[证明] (1)以 B 为坐标原点,BA,BC,BB1 所在的直线分别 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 B(0,0,0), D(0,2,2),B1(0,0,4),

设 BA=a,则 A(a,0,0), → → → 所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B1D=(0,2,-2),

→ → → → B1D· BA=0,B1D· BD=0+4-4=0, 即 B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又 BA∩BD=B,BA,BD?平面 ABD, 因此 B1D⊥平面 ABD.
?a ? ? → ?a (2)由(1)知, E(0,0,3), G?2,1,4?, F(0,1,4), 则EG=?2,1,1?, ? ? ? ?

→ → → EF=(0,1,1),B1D· EG=0+2-2=0, → → B1D· EF=0+2-2=0,

即 B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又 EG∩EF=E,EG,EF?平面 EGF, 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.

[探究追问] 的认识.

本例用几何方法如何证明?谈谈你对两种方法

[解] (1)∵AB⊥平面 BCC1B1,B1D?平面 BCC1B1, ∴AB⊥B1D. 在矩形 BCC1B1 中,D 为 CC1 的中点,且 DC=BC=DC1=2, ∴∠BDC=∠B1DC1=45° , ∴∠BDB1=90° ,即 B1D⊥BD. 又∵AB∩BD=B. ∴B1D⊥平面 ABD. (2)取 BB1 的中点 H,则 HC1∥BD. ∵B1E=1,B1H=2,∴E 为 B1H 的中点.

∵F 为 B1C1 的中点,∴EF∥HC1. ∴EF∥BD. ∵EF?平面 ABD,BD?平面 ABD, ∴EF∥平面 ABD. 又 G 为 A1C1 的中点,∴GF∥A1B1∥AB, ∵GF?平面 ABD,AB?平面 ABD, ∴GF∥平面 ABD. 又∵GF∩EF=F. ∴平面 EGF∥平面 ABD. 认识:向量方法注重运算,几何方法注重推理.

使用空间向量方法证明线面平行时, 既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,也可以证明直线的方向向量与平面的法向 量垂直;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.

[举一反三] 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= 3,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,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0), D(-1,0,0),E(0,- 3,1). → (1)设平面 BDE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),因为BE=(-1, → - 3,1),BD=(-2,0,0), ? → ? ?n1· BD=0, ?-2x1=0, 由? 得? ? → ?-x1- 3y1+z1=0, ? BE=0, ?n1·

令 z1= 3,得 y1=1,所以 n1=(0,1, 3). → → 又PC=(0,2 3,-2),所以PC· n1=0+2 3-2 3=0, → 即PC⊥n1,又 PC?平面 BDE, 所以 PC∥平面 BDE. → → (2)因为PC=(0,2 3,-2),BD=(-2,0,0), → → 所以PC· BD=0. 故 BD⊥PC.

题型二 向量方法求线线角、线面角 1.向量法求异面直线所成的角 若异面直线 a,b 的方向向量分别为 a,b,异面直线所成的 |a· b| 角为 θ,则 cos θ=|cos?a,b?|=|a||b|. 2.向量法求线面所成的角 求出平面的法向量 n,直线的方向向量 a,设线面所成的角 |n· a| 为 θ,则 sin θ=|cos?n,a?|=|n||a|.

? π? 异面直线所成的角和斜线与平面所成的角的范围是?0,2?. ? ?

(2015· 新 课 标 全 国 卷 Ⅱ ) 如 图 , 长 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中,AB=16,BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1, D1C1 上, A1E=D1F=4.过点 E, F 的平面 α 与此长方体的面相交, 交线围成一个正方形.

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值. [思路引导] (1)由面面平行得线线平行画图即可;(2)求出平

面 α 的法向量,代入公式求解.

[解] (1)交线围成的正方形 EHGF 如图:

(2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH= EH2-EM2=6,所以 AH=10.

→ 以 D 为坐标原点, DA的方向为 x 轴正方向, 建立如图所示的 空间直角坐标系 D-xyz,则 A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8), → → F(0,4,8),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8). 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量, ? → ? ?n· FE=0, ?10x=0, 则? 即? ? → ?-6y+8z=0, ? HE=0, ?n· 所以可取 n=(0,4,3).

→ 又AF=(-10,4,8), → |n· AF| 4 5 → 故|cos?n,AF?|= → = 15 . |n||AF| 4 5 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 15 .

(1)利用空间向量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,写出相关向量的坐标; ③结合公式进行论证、计算; ④转化为几何结论.

(2)求空间角应注意的问题 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直线与平面所成角和直线的方向向量和平面法向量的夹 角并不一定互余.

[举一反三] (2015· 江西八校联考)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是直角梯形,∠DAB=90° ,AD∥BC,AD⊥侧面 PAB,△PAB 是 1 等边三角形,DA=AB=2,BC=2AD,E 是线段 AB 的中点. (1)求证:PE⊥CD; (2)求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值.

[解] (1)证明:因为 AD⊥侧面 PAB,PE?平面 PAB, 所以 AD⊥PE. 又因为△PAB 是等边三角形,E 是线段 AB 的中点, 所以 PE⊥AB. 因为 AD∩AB=A,所以 PE⊥平面 ABCD. 而 CD?平面 ABCD, 所以 PE⊥CD.

(2)以 E 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz. 则 E(0,0,0),C(1,-1,0),D(2,1,0),P(0,0, 3). → → → ED=(2,1,0),EP=(0,0, 3),PC=(1,-1,- 3).

设 n=(x,y,z)为平面 PDE 的法向量. ? → ? ?n· ED=0 ?2x+y=0 由? ,即? . ? → ? 3z=0 ? EP=0 ?n· 令 x=1,可得 n=(1,-2,0). 设 PC 与平面 PDE 所成的角为 θ,则 → |PC· n| 3 → sin θ=|cos?PC,n?|= → =5. |PC||n| 3 所以 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值为5.

题型三 向量方法求二面角 求出二面角 α-l-β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1,n2, 若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为锐角,则 cos θ=|cos?n1,n2?| = |n1· n2| ;若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为钝角,则 cos θ= |n1||n2| |n1· n2| -|cos?n1,n2?|=-|n ||n |. 1 2

求二面角时, 两法向量的夹角有可能是二面角的补角, 要注 意从图中分析.

(2015· 福建卷)如图,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是 矩形,AB⊥平面 BEC,BE⊥EC,

AB=BE=EC=2,G,F 分别是线段 BE,DC 的中点.

(1)求证:GF∥平面 ADE; (2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值. [思路引导] (1)要证 GF∥平面 ADE,只需在平面 ADE 内找

一条直线与 GF 平行,由点 G 为 BE 的中点,可知只需取棱 AE 的中点, 从而即可得证; (2)建立空间直角坐标系, 求出平面 AEF, 平面 BEC 的法向量,利用二面角的向量公式,即可得结论.

[解] HD,

(1)证明:证法一:如图,取 AE 的中点 H,连接 HG,

又 G 是 BE 的中点, 1 所以 GH∥AB,且 GH=2AB.

又 F 是 CD 的中点, 1 所以 DF=2CD. 由四边形 ABCD 是矩形得,AB∥CD,AB=CD, 所以 GH∥DF,且 GH=DF, 从而四边形 HGFD 是平行四边形, 所以 GF∥DH. 又 DH?平面 ADE,GF?平面 ADE, 所以 GF∥平面 ADE.

证法二:如图,取 AB 中点 M,连接 MG,MF. 又 G 是 BE 的中点,可知 GM∥AE. 又 AE?平面 ADE,GM?平面 ADE, 所以 GM∥平面 ADE.

在矩形 ABCD 中,由 M,F 分别是 AB,CD 的中点得 MF∥ AD. 又 AD?平面 ADE,MF?平面 ADE, 所以 MF∥平面 ADE. 又因为 GM∩MF=M,GM?平面 GMF,MF?平面 GMF, 所以平面 GMF∥平面 ADE. 因为 GF?平面 GMF, 所以 GF∥平面 ADE.

(2)如图,在平面 BEC 内,过 B 点作 BQ∥EC.因为 BE⊥CE, 所以 BQ⊥BE. 又因为 AB⊥平面 BEC,所以 AB⊥BE,AB⊥BQ.

→ → → 以 B 为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴 的正方向建立空间直角坐标系,则 A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0), F(2,2,1). → 因为 AB⊥平面 BEC, 所以BA=(0,0,2)为平面 BEC 的法向量. 设 n=(x,y,z)为平面 AEF 的法向量. → → 又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),

? → ? ?n· AE=0, ?2x-2z=0, 由? 得? ? → ?2x+2y-z=0, ? AF=0, ?n· 取 z=2,得 n=(2,-1,2). → n· BA 4 2 → 从而 cos?n,BA?= → =3×2=3, |n|· |BA| 2 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为3.

求二面角时注意两个易错点 (1)求两个平面的法向量出错,应注意点的坐标的求解的准确 性; (2) 公式用错,把二面角的向量公式与线面角的向量公式搞 混,导致结果出错.注意,二面角的取值范围为[0° ,180° ].

[举一反三] (2015· 天星教育二次联考)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 所有的 棱长均为 2, B1 在底面上的射影 D 在棱 BC 上, 且 A1B∥平面 ADC1. (1)求证:平面 ADC1⊥平面 BCC1B1; (2)求平面 ADC1 与平面 A1AB 所成的角的正弦值.

[解] (1)证明:连接 A1C 交 AC1 于点 O,连接 OD,则平面 A1BC∩平面 ADC1=OD. ∵A1B∥平面 ADC1,∴A1B∥OD,又 O 为 A1C 的中点, ∴D 为 BC 的中点,则 AD⊥BC, 又 B1D⊥平面 ABC,∴AD⊥B1D,BC∩B1D=D, ∴AD⊥平面 BCC1B1, 又 AD?平面 ADC1,从而平面 ADC1⊥平面 BCC1B1.

(2)以 D 为坐标原点,DC,DA,DB1 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 D(0,0,0),B(- 1,0,0),A(0, 3,0),B1(0,0, 3), C1(2,0, 3),

→ → 易知BA=(1, 3,0),BB1=(1,0, 3),设平面 A1AB 的法向 量为 m=(x,y,z), ?→ ? ?BA· m=0 ?x+ 3y=0 则? ,即? , ? → ?x+ 3z=0 ? m=0 ?BB1· 取 x=- 3,则 m=(- 3,1,1). → → 易知DA=(0, 3,0),DC1=(2,0, 3),同理可得平面 ADC1 的一个法向量为 n=(- 3,0,2).

m· n ∴cos?m,n?=|m||n|=

5 35 = 7 ,那么平面 ADC1 与 5× 7

14 平面 A1AB 所成角的正弦值为 7 .

名师微课 建模培优

热点 16

向量方法解决探究性问题

(2014· 湖北卷)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别是棱 AB,AD,A1B1,A1D1 的中 点, 点 P, Q 分别在棱 DD1, BB1 上移动, 且 DP=BQ=λ(0<λ<2).

(1)当 λ=1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ; (2)是否存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直 二面角?若存在,求出 λ 的值;若不存在,说明理由. [审题程序] 第一步:建立空间直角坐标系,求出相应点的坐标; → → 第二步:应用向量坐标推导BC∥FP; 第三步:用 λ 表示平面 EFPQ 和平面 PQMN 的法向量; 第四步:由面面垂直求出 λ 的值.

[规范解答]

以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x,y,

z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.由已知得 B1(2,2,2), C(0,2,0), B(2,2,0), C1(0,2,2), E(2,1,0), F(1,0,0), P(0,0, → → → λ),BC1=(-2,0,2),FP=(-1,0,λ),FE=(1,1,0).①

→ (1)证明:当 λ=1 时,FP=(-1,0,1), → → → 因为BC1=(-2,0,2),所以BC1=2FP,即 BC1∥FP. 而 FP?平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ, 故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 ?→ ? ?FE· n=0, ?x+y=0, 由? 可得? ? → ?-x+λz=0. ? n=0, ?FP·

于是可取 n=(λ,-λ,1). 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m=(λ-2,2-λ, 1). ② 若存在 λ, 使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则 m· n=(λ-2,2-λ,1)· (λ,-λ,1)=0, 2 即 λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得 λ=1± 2 .③ 2 故存在 λ=1± 2 ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为 直二面角.④

[模型构建] 解决此类问题的模型示意图如下:

[感悟体验] (2015· 山西四校联考)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=AB= AC=1,E,F 分别是 CC1,BC 的中点,AE⊥A1B1,D 为棱 A1B1 上的点.

(1)证明:DF⊥AE; (2)是否存在一点 D, 使得平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面 14 角的余弦值为 14 ?若存在,说明点 D 的位置;若不存在,说明 理由.

[解析] (1)证明:∵AE⊥A1B1,A1B1∥AB, ∴AB⊥AE,又∵AB⊥AA1,AE∩AA1=A, ∴AB⊥平面 A1ACC1,又∵AC?平面 A1ACC1, ∴AB⊥AC. 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A - xyz ,则
? ?1 1 ? 1? A(0,0,0),E?0,1,2?,F?2,2,0?,A1(0,0,1),B1(1,0,1). ? ? ? ?

→ → 设 D(x, y, z) , A1D=λA1B1且 λ∈[0,1], 则( x, y, z-1)=λ(1,0,0), ∴D(λ,0,1),
? 1 1? → ?1 → ? ∴DF=?2-λ,2,-1?,又AE=?0,1,2?, ? ? ? ?

→ → 1 1 ∴DF· AE=2-2=0,∴DF⊥AE.

(2)假设存在,设平面 DEF 的法向量为 n=(x1,y1,z1), ? → ?n· FE=0 → ? 1 1 1? 则? ,∵FE=?-2,2,2?, → ? ? ? DF=0 ?n·
? 1 → ?1 DF=?2-λ,2,-1?, ? ?

1 1 ? 1 ?-2x1+2y1+2z1=0 ∴?? ? ??1-λ?x1+1y1-z1=0 2 ??2 ? 令 z1=2(1-λ),

? ?x1= 3 z1 2?1-λ? ? ,即? ?y = 1+2λ z 1 ? 2?1-λ? 1 ?



则 n=(3,1+2λ,2(1-λ)).

由题可知平面 ABC 的一个法向量 m=(0,0,1). 14 ∵平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 14 , 14 |m· n| ∴|cos?m,n?|= = , |m||n| 14 |2?1-λ?| 14 即 2 2= 14 , 9+?1+2λ? +4?1-λ? 1 7 ∴λ=2或 λ=4(舍), ∴当点 D 为 A1B1 的中点时,满足要求.


相关文章:
2015年 高考立体几何大题真题汇编
2015年 高考立体几何大题真题汇编_高考_高中教育_教育专区。汇编文档 1.(2015 高考安徽卷,文 19)如图,三棱锥 P ABC 中,PA⊥平面 ABC,PA=1,AB=1,AC=2,...
高考立体几何文科大题及答案
高考立体几何文科大题及答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高考立体几何大题及答案 1.(2009 全国卷Ⅰ文)如图,四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, ...
高考立体几何大题及答案(理)
高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区。1.(2009 全国...
2014高考真题-立体几何大题(含解析)
2014高考真题-立体几何大题(含解析)_高考_高中教育_教育专区。解答题 1. [2014· 安徽卷 19] 如图 15 所示, 四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 8 的正方形,...
2014高考理科立体几何大题练习
2014高考理科立体几何大题练习_数学_高中教育_教育专区。1.如图 1,在 Rt ?ABC...角?若存在,确定 E 点位置,若不存在,说 明理由. 14. 【四川省眉山市高 ...
高考大题第三讲 立体几何(自己整理的,很值得收藏)
2012年高考全国卷(新课标版... 高考大题第四讲 数列(自己... 高考大题第五...高考专题:立体几何大题 3页 免费如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提...
立体几何高考真题大题
立体几何高考真题大题_数学_高中教育_教育专区。立体几何高考真题大题 1. (2016 高考新课标 1 卷)如图,在以 A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面 ABEF ...
理科数学高考立体几何大题精选
理科数学高考立体几何大题精选_数学_高中教育_教育专区。理科数学高考立体几何大题精选不 建系求解 1. 本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效 )... 如...
2014高考文科立体几何大题
2014高考文科立体几何大题_高考_高中教育_教育专区。1.如图,三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱 AA1⊥底面 ABC,∠ACB = 90°,E 是棱 CC1 上中点,F 是 AB 中点...
更多相关标签:
高考数学立体几何专题 | 高考立体几何专题 | 立体几何高考题 | 高考立体几何解题技巧 | 高考立体几何大题 | 高考立体几何 | 高考数学立体几何大题 | 高考文科数学立体几何 |