空间向量与立体几何

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1、word题型专题(十)空间向量与立体几何考点一：利用空间向量证明空间位置关系据两类向量(方向向量、法向量)定向，靠准确运算解题设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)平面，的法向量分别为u(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)线面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3.(4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30.典例如下列图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：E

2、F平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如下列图，如此A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面 PAB，所以EF平面 PAB.(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又因为APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因为DC平面PDC，所以平面PA

3、D平面PDC.向量证明平行与垂直的四个步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉与的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题 即时应用在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，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.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

4、标系，如下列图，如此B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设BAa，如此A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，如此，(0,1,1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知平面EGF平面ABD.考点二：利用空间向量求线线角、线面角遵循解题四步骤，关键是把坐标求假如异面直线a，b的方向向量分别为a

5、，b，异面直线所成的角为，如此cos |cosa，b|.求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为，如此sin |cosn，a|.典例(2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接BD，设BDAC于点G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可

6、得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.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)结合公式进展论证、计算；(4)转化为几何

7、结论2求空间角应注意的问题(1)两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |.(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 即时应用(2015八所中学联考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，DAB90，ADBC，AD侧面PAB，PAB是等边三角形，DAAB2，BCAD，E是线段AB的中点(1)求证：PECD；(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ADPE.又因为PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，所以PEAB.因为ADABA，所以PE平面ABCD.而CD平面ABCD，

8、所以PECD.(2)以E为坐标原点，建立如下列图的空间直角坐标系Exyz.如此E(0,0,0)，C(1，1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，)(2,1,0)，(0,0，)，(1，1，)设n(x，y，z)为平面PDE的法向量由即令x1，可得n(1，2,0)设PC与平面PDE所成的角为，如此sin |cos，n|.所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.考点三：利用空间向量求二面角两角(法向量夹角、二面角)时同时异应辨清向量法求二面角求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，假如二面角l所成的角为锐角，如此cos |cosn1，n2|；假如二面角l所成的角为钝角，如此cos |cosn1，n

9、2|.典例(2015高考)如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值解(1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，得PCDE.由CE2，CDDE，得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD两条相交直线，故DE平面PCD.(2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE.如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1.又EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C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

10、间直角坐标系，如此C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，(1，1，0)，(1，1,3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取n1(2,1,1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故所求二面角APDC的余弦值为.求平面的法向量的方法(1)待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程求解(2)先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量说明两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角 即时应用(2

11、015监测考试)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ABAC，ABACPA2，E是BC的中点(1)求异面直线AE与PC所成的角；(2)求二面角DPCA的平面角的余弦值解：(1)如下列图，以A点为原点建立空间直角坐标系Axyz，如此B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)故E(1,1,0)，(1,1,0)，(0,2，2)，cos，即，60，故异面直线AE与PC所成的角为60.(2)在四边形ABCD中，ABAC2，ABAC，ABCACB45，ADBC，DACACB45，又ADCD，ADCD，D(1,1,0)，又C(0,2,0)，(1，1,0)，(0,2，2

12、)设n(x，y，z)是平面PCD的法向量，如此n，n，即n0，n0，令x1得，y1，z1，即n(1,1,1)，|n|，又AB平面PAC，(2,0,0)是平面PAC的一个法向量，cos，n，即二面角DPCA的平面角的余弦值为.常考常新的空间直角坐标系的建立空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算问题“运算化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题.解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题一个新的命题点. 典例(2015高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F分别是线

13、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学审题(1)(2)解(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB.又F是CD的中点，所以DFCD.由四边形ABCD是矩形，得ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如图，在平面BEC，过点B作BQEC.因为BECE，所以BQBE.又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标

14、系，如此A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)因为AB平面BEC，所以(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(2,0，2)，(2,2，1)，由得取z2，得n(2，1,2)从而cosn，所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.建立空间直角坐标系的根本思想是寻找其中的线线垂直关系(上题是作出BQBE)，假如图中存在交于一点的三条直线两两垂直，如此以该点为原点建立空间直角坐标系在没有明显的垂直关系时，要通过其他条件得到垂直关系，在此根底上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴

15、的名称 即时应用(2015一模)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1与侧面CBB1C1都是菱形，ACC1CC1B160，AC2.(1)求证：AB1CC1；(2)假如AB1，求二面角CAB1A1的余弦值解：(1)证明：连接AC1，CB1，如此ACC1和B1CC1皆为正三角形取CC1的中点O，连接OA，OB1，如此CC1OA，CC1OB1，OAOB1O，如此CC1平面OAB1，如此CC1AB1.(2)由(1)知，OAOB1，又AB1，所以OAOB1，如下列图，分别以OB1，OC1，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如此C(0，1，0)，B1(，0,0)，A(0,0，)，A

16、1(0,2，)，设平面CAB1的法向量为m(x1，y1，z1)，因为(，0，)，(0，1，)，所以取m(1，1)设平面A1AB1的法向量为n(x2，y2，z2)，因为(，0，)，(0,2,0)，所以取n(1,0,1)，如此cosm，n，因为二面角CAB1A1为钝角，所以二面角CAB1A1的余弦值为. 夯实每一步，成绩步步高1三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形假如P为底面A1B1C1的中心，如此PA与平面ABC所成角的大小为()A.B.C. D.解析：选B如下列图，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为ABC的中心，由题意知，PO平面ABC，连接OA，如此P

17、AO即为PA与平面ABC所成的角在正三角形ABC中，ABBCAC，如此S()2，VABCA1B1C1SPO，PO.又AO1，tanPAO，PAO.2(2015市监测考试)如图，点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，如此与平面ABCD垂直的直线MN 的条数有()A0条 B1条C2条 D无数条解析：选B假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，如此D1(2,0,2)，E(1,2,0)，设M(x，y，z)，m (0m1)，(x2，y，z2)m(1,2，2)，x2m，y2m，z22m，M(2m,2

18、m,22m)，同理，假如设n (0n1)，可得N(2n，2n,2n)，(m2n2,2n2m,2mn)又MN平面ABCD.解得即存在满足条件的直线MN，且只有一条3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，如此平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为_解析：以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立如下列图的空间直角坐标系，设棱长为1，如此A1(0,0,1)，E， D(0，1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的法向量为n1(1，y，z)，如此n1(1,2,2)，平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.故所成的锐二面角的余弦值为.答案：4(2015市

19、质量监测)在直三棱柱ABCA1B1C1中，假如BCAC，BAC，AC4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，如此异面直线PQ与AC所成角的正弦值为_ 解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如下列图设棱柱的高为a，由BAC，AC4，得BC4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0,4，a)，C1(0,0，a)，M，P，Q.所以(1,2，0)，(4,0,0)设异面直线QP与CA所成的角为，所以|cos |，由|1420004，|44，得

20、|cos |.由sin2cos21得，sin2，所以sin ，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin 即为所求答案：5(2015省考前质量检测)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，PD底面ABCD，ABCD，ADCD，ADAB1，BC.(1)求证：平面PBD平面PBC；(2)设H为CD上一点，满足2，假如直线PC与平面PBD所成的角的正切值为，求二面角HPBC的余弦值解：(1)证明：由ADCD，ABCD，ADAB1，可得BD.又BC，CD2，BCBD.PD底面ABCD，PDBC，又PDBDD，BC平面PBD，平面PBD平面PBC.(2)由(1)可知BPC为PC与平面PBD所成的角

21、，tanBPC，PB，PD1.由2与CD2，可得CH，DH.以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如此B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H .，(1,1，1)，(1,1,0)设平面HPB的法向量为n(x1，y1，z1)，如此即取y13，如此n(1，3，2)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，如此即取x21，如此m(1,1,2)又cosm，n，故二面角HPBC的余弦值为.6(2015市诊断考试)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，AB2，BCCD1，顶点D1在底面ABCD的射影恰为点C.(1

22、)求证：AD1BC；(2)假如直线DD1与直线AB所成的角为，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值解：(1)证明：连接D1C，如此D1C平面ABCD，D1CBC.在等腰梯形ABCD中，连接AC，AB2，BCCD1，ABCD，BCAC，又ACD1CC，BC平面AD1C，AD1BC.(2)由(1)知，AC，BC，D1C两两垂直，ABCD，D1DC，CD1，D1C.在等腰梯形ABCD中，AB2，BCCD1，ABCD，AC，以C为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立如下列图的空间直角坐标系，如此C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，(，1,0)，(，0，)

23、设平面ABC1D1的法向量n(x，y，z)，由得可得平面ABC1D1的一个法向量n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos，n，平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.7(2015高考)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图.(1)证明：CD平面A1OC；(2)假如平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值解：(1)证明：在题图中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图中，BEOA1，BEOC，OA

24、1OCO，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，如此得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.8(201

25、5海淀模拟)如下列图，在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是菱形，ACBDO，PAC是边长为2的等边三角形，PBPD，AP4AF.(1)求证：PO底面ABCD.(2)求直线CP与平面BDF所成角的大小(3)在线段PB上是否存在一点M，使得CM平面BDF?如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由解：(1)证明：因为底面ABCD是菱形，ACBDO，所以O为AC，BD的中点又因为PAPC，PBPD，所以POAC，POBD，所以PO底面ABCD.(2)由底面ABCD是菱形可得ACBD，又由(1)可知POAC，POBD.如下列图，以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz.由

26、PAC是边长为2的等边三角形，PBPD，可得PO，OBOD.所以A(1,0,0)，C(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0，)所以(1,0，)，(1,0，)由可得.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)如此即令x1，如此z，所以n(1,0，)因为cos，n.所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为.所以直线CP与平面BDF所成的角的大小为30.(3)设(01)，如此(1，(1)，)假如CM平面BDF，仅需n0，且CM平面BDF.即130，解得0,1所以在线段PB上存在一点M，使得CM平面BDF.此时.近年对线性规划问题考查题目越来越灵活，与其他知识联系越来越广，常与平面向量、集合、导数、区间

27、根等知识结合命题，考查目标函数最值、参数的值(围)一、经典例题领悟好例1(2013五校联考)集合A(x，y)|，B(x，y)|x2(y1)2m，假如AB，如此m的取值围是()Am1BmCm2 Dm解析作出可行域，如图中阴影局部所示，三个顶点到圆心(0,1)的距离分别是1,1，由AB得三角形所有点都在圆的部，故，解得m2.答案C解决此类问题要学会集合语言的转化，明确集合A，B表示的几何语言，由AB知三角形的所有点都在圆的部.数形结合法是解决此类问题的常用方法，但要注意作图一定要准确，关键点要学会应用.二、预测押题不能少1二元一次不等式组所表示的平面区域为M.假如M与圆(x4)2(y1)2a(a0

28、)至少有两个公共点，如此实数a的取值围是()A. B(1,5)C. D(1,5解析：选C如图，假如使以(4,1)为圆心的圆与阴影局部区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线xy20相切时，恰有一个公共点，此时a2，当圆的半径增大到恰好过点A(2,2)时，圆与阴影局部至少有两个公共点，此时a5，故a的取值围是a5，应当选C.方程下的最值创新问题2013年卷12题是在条件方程与最小值的条件下，求三元变量函数的最大值，考查根本不等式的应用，二次函数的最值等，命题角度不拘于平时一元变量、二元变量的常规问题，着重考查化归思想，创新力度较大，难度较高一、经典例题领悟好例1(2013高考)设正实数x，y，z

29、满足x23xy4y2z0.如此当取得最小值时，x2yz的最大值为()A0 B.C2 D.条件z用x，y表示x，y的关系式最小值条件x2yz关于y的二次函数最大值zx23xy4y2(x，y，zR)，3 231.当且仅当，即x2y时“成立，此时zx23xy4y24y26y24y22y2，x2yz2y2y2y22y24y2(y1)22.当y1时，x2yz取得最大值2.答案C(1)此题利用了转化与化归思想，一次转化是f(z,xy)表示为3，二次转化是x2yz表示为2y24y.(2)在不等式中应用转化与化归思想的常见题目类型：等式求最值问题，常利用根本不等式把等式转化为一元二次不等式求解.求解不等式恒成立问题常用转化的方法方法一：别离参数法，通过别离参数，转化为不含参数的函数的最值问题求解.方法二：函数思想，转化为求含参数的函数的最值问题求解.二、预测押题不能少2设x，y为实数，假如4x2y2xy1，如此2xy的最大值是_解析：4x2y2xy1，(2xy)23xy12xy121，(2xy)2，(2xy)max.答案：21 / 21