高考数学异构异模复习第八章立体几何8-5-2利用空间向量求空间角与距离撬题理.DOC

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1、120182018 高考数学异构异模复习考案高考数学异构异模复习考案 第八章第八章 立体几何立体几何 8.5.28.5.2 利用空间利用空间向量求空间角与距离撬题向量求空间角与距离撬题 理理1如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则( )AADB BADBCACB DACB答案 B解析 若CDAB，则ADB为二面角ACDB的平面角，即ADB.若CD与AB不垂直，在ABC中，过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O，交BC于E，连接AO，则AOE为二面角ACDB的平面角，即AOE，AOAO，AAO.又ADAD，AAD ADB.而 2

2、1 2AAO是直线AA与平面ABC所成的角，由线面角的性质知AAO.故 sin的取值范围是.2 236363，13如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面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与平面所成角的正弦值解 (1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.EH2EM2以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图

3、所示的空间直角坐标系Dxyz，DA则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6，8)FEHE设n n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则Error!即Error!所以可取n n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn n， |.AFAF|n nAF|n n|AF|4 5153所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.4 5154如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点5(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1AC

4、B1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 ，求线段A1E的1 3长解 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，2,1)(1，1 2，1)(1)证明：依题意，可得n n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.(0， ，0)MN5 2由此可得n n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.MN(2)(1，2,2)，(2,0,0)AD1

5、AC设n n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则Error!即Error!不妨设z11，可得n n1(0,1,1)4设n n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则Error!又(0,1,2)，得Error!不妨设AB1z21，可得n n2(0，2，1)因此有 cosn n1，n n2，于是 sinn n1，n n2，n n1n n2 |n n1|n n2|10103 1010所以，二面角D1ACB1的正弦值为.3 1010(3)依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而A1EA1B1(1，2,1)NE又n n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得 cos

6、，n nNENEn n|NE|n n| ，整理得2430，又因为0,1，解得11222121 32.7所以，线段A1E的长为2.75如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1. 2(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， ，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐ABADAP标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)5(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,

7、2,0)ADAD因为(1,1，2)，(0,2，2)PCPD设平面PCD的法向量为m m(x，y，z)，则m m0，m m0，PCPD即Error!令y1，解得z1，x1.所以m m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而 cos，m m，ADADm m|AD|m m|33所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.33(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，BPBQBP又(0，1,0)，则(，1,2)，CBCQCBBQ又(0，2,2)，DP从而 cos， .CQDPCQDP|CQ|DP|121022设 12t，t1,3，则 cos2， .CQDP2t2 5t210t929(1t

8、5 9)220 99 10当且仅当t ，即 时，|cos， |的最大值为.9 52 5CQDP3 10106因为ycosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值(0， 2)又因为BP，所以BQBP.122252 52 556如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解 (1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又

9、B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐OBOB标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，则A，B(1,0,0)，B1，C，(0，0，33)(0，33，0)(0，33，0)，.AB1(0，33，33)A1B1AB(1，0，33)B1C1BC(1，33，0)设n n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则Error!即Error!所以可取n n(1， ，)设m m是平面A1B1

10、C1的法向量，33则Error!7同理可取m m(1，)则 cosn n，m m .所以二面角AA1B1C1的33n nm m |n n|m m|1 7余弦值为 .1 77在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值解 (1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD，如图由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，AB

11、BE，ABBD.以B为坐标原点，分别以， ，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐BEBDBA标系依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，则(1,1,0)，(0，1 2，1 2)BC，(0,1，1)BM(0，1 2，1 2)AD设平面MBC的法向量n n(x0，y0，z0)，则Error!即Error!取z01，得平面MBC的一个法向量n n(1，1,1)设直线AD与平面MBC所成角为，8则 sin|cosn n， |，AD|n nAD|n n|AD|63即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.638如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所

12、有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值解 (1)证明：如图 1，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)解法一：如图 1，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C

13、1D1是菱形，因此A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1，进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨设AB2.因为CBA60，所以OB，OC1，OB1.在 RtOO1B1中，易知379O1H2.而O1C11，于是C1H.OO1 O1B1 OB13 7O1C2 1O1H2112719 7故 cosC1HO1.O1H C1H23 719 72 5719即二面角C1OB1D的余弦值为.2 5719解法二：因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，

14、OC，OO1两两垂直如图 2，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB2.因为CBA60，所以OB，OC1，于是相关各点的3坐标为：O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)3易知，n n1 1(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量设n n2 2(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则Error!即Error!取z，则x2，y2，所以n n2 2(2,2，)3333设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是cos|cosn n1 1，n n2 2|.|n n1 1n n2 2 |n n1 1|n n2

15、2|2 3192 5719故二面角C1OB1D的余弦值为.2 57199三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.10(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值解 (1)证明：如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，因此AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MNBD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所

16、以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO中点，故P为BC中点(2)解法一：如图，作NQAC于Q，连接MQ.11由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为 2 的正三角形，所以AOOC.3由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰 RtAOC中，AC.6作BRAC于R，在ABC中，ABBC，所以BR.AB2(AC2)2102因为在平面ABC内，NQA

17、C，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.BR 2104104MN 2 NQBD 4 NQ105故二面角ANPM的余弦值是.105解法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直12如图，以O为坐标原点，以， ，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直OBOCOA角坐标系Oxyz.则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0， ，0)，D(1,0,0)33因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段

18、BC的中点，所以M，N，P.(1 2，0，32)(1 2，0，32)(1 2，32，0)于是(1,0，)，(1， ，0)，(1,0,0)，.设平面AB3BC3MNNP(0，32，32)ABC的一个法向量n n1 1(x1，y1，z1)，则Error!即Error!有 Error!从而Error!取z11，则x1，y11，所以n n1 1(，1,1)33设平面MNP的一个法向量n n2 2(x2，y2，z2)，则Error!即Error!有Error!从而Error!取z21，所以n n2 2(0,1,1)设二面角ANPM的大小为，则cos.|n n1 1n n2 2 |n n1 1|n n2

19、2| 3，1，10，1，15 2|105故二面角ANPM的余弦值是.10510如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？2并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值解 (1)证明：ABCD为矩形，故ABAD；又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.13(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG，在 RtBPC中，PG，GC，BG，2 332 6363设A

20、Bm，则OP，故四棱锥PABCD的体积为V mPG2OG24 3m21 36 .4 3m2m 386m2因为m86m28m26m4，6(m223)28 3故当m，即AB时，四棱锥PABCD的体积最大此时，建立如图所示的坐标6363系，各点的坐标为O(0,0,0)，B，CError!，Error!，D，P(63，63，0)(0，2 63，0).(0，0，63)故，PC(63，2 63，63)(0， ，0)，BC6CD(63，0，0)设平面BPC的法向量n n1 1(x，y,1)，则由n n1 1，n n1 1得Error!PCBC解得x1，y0，n n1 1(1,0,1)同理可求出平面DPC的法

21、向量n n2 2，(0，1 2，1)从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos.|n n1 1n n2 2| |n n1 1|n n2 2|121 4110511四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别14交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值解 (1)证明：由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1，由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFH

22、G.四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC.ADBC.EFFG.四边形EFGH是矩形(2)解法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，15(0,0,1)，(2,2,0)，(2,0,1)DABCBA设平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，EFAD，FGBC，n n0，n n0，DABC得Error!取n n(1,1,0)sin|cos，n n|.BA|BAn n|BA|n n|25 2105解法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)

23、，C(0,2,0)，E是AB的中点，F，G分别是BD，DC的中点，得E，F(1,0,0)，(1，0，1 2)G(0,1,0)，(1,1,0)，BA(2,0,1)设平面EFGH的法向量FE(0，0，1 2)FGn n(x，y，z)，则n n0，n n0.得Error!取n n(1,1,0)FEFGsin|cos，n n|.BA|BAn n|BA|n n|25 210512.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FA

24、BP的余弦值解 解法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)16由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)(1)证明：向量(0,1,1)，(2,0,0)，BEDC故0.所以BEDC.BEDC(2)向量(1,2,0)，(1,0，2)BDPB设n n(x，y，z)为平面PBD的法向量，则Error!即Error!不妨令y1，可得n n(2,1,1)为平面PBD的一个法向量于是有 cosn n， BE.n nBE|n n|BE|26 233所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.33(3)向量(1,2,0)，(2，

25、2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)BCCPACAB由点F在棱PC上，设，01.CFCP故(12，22，2)由BFAC，得0，因此，BFBCCFBCCPBFAC2(12)2(22)0，解得 .即.3 4BF(1 2，1 2，3 2)设n n1 1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则Error!即Error!不妨令z1，可得n n1 1(0，3,1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n n2 2(0,1,0)则 cosn n1 1，n n2 2.n n1 1n n2 2 |n n1 1| |n n2 2| |310 13 1010易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.3 1

26、010解法二：(1)证明：如图，取PD中点M，连接EM，AM.17由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EMDC，1 2又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD，因为AM平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)连接BM.由(1)知CD平面PAD，得CDPD，而EMCD，故PDEM.又因为ADAP，M为PD的中点，故PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD.所以，直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为

27、直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2，而M为PD中点，可得AM，进而BE.222故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此 sinEBM.所以，直线BEEM BEAB BE1233与平面PBD所成角的正弦值为.33(3)如图，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，故FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG.18所以PAG为二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45，由余弦定理可得1 422AG，cosPAG.1023 1010所以二面角FABP的余弦值为.3 1010