专题28+立体几何的向量方法-2019年高考数学(理)考点分析与突破性讲练

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专题28+立体几何的向量方法-2019年高考数学(理)考点分析与突破性讲练

一、考纲要求:‎ ‎1.理解直线的方向向量与平面的法向量.‎ ‎2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.‎ ‎3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).‎ ‎4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.‎ 二、概念掌握及解题上的注意点:‎ ‎1.利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系,准确写出相关点的坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.‎ ‎2.用向量证明垂直的方法 (1))线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零.‎ (2))线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线,或将线面垂直的判定定理用向量表示.‎ (3))面面垂直:证明两个平面的法向量垂直,或将面面垂直的判定定理用向量表示.‎ ‎3.利用向量法求异面直线所成的角的步骤 (1))选好基底或建立空间直角坐标系.‎ (2))求出两直线的方向向量v1,v2.‎ (3))代入公式|cos〈v1,v2〉|=求解.‎ ‎4.求线面角方法:‎ (1))线面角范围,向量夹角范围为[0,π].‎ (2))线面角θ的正弦值等于斜线对应向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值.即sin θ=.‎ 即斜向量,n为平面法向量. ‎ 例5.(2018天津卷)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.‎ ‎(Ⅰ)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;‎ ‎(Ⅱ)求二面角E﹣BC﹣F的正弦值;‎ ‎(Ⅲ)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ);(Ⅲ)‎ ‎(Ⅱ)解:依题意,可得,,.‎ 设为平面BCE的法向量,‎ 则,不妨令z=1,可得.‎ 设为平面BCF的法向量,‎ 则,不妨令z=1,可得.‎ 因此有cos<>=,于是sin<>=.‎ ‎∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为;‎ 例6.(2018浙江卷)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=l,AB=BC=B1B=2.‎ ‎(Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1;‎ ‎(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)‎ ‎【解析】:(I)证明:∵A1A⊥平面ABC,B1B⊥平面ABC,‎ ‎∴AA1∥BB1,‎ ‎∵AA1=4,BB1=2,AB=2,‎ ‎∴A1B1==2,‎ 又AB1==2,∴AA12=AB12+A1B12,‎ ‎∴AB1⊥A1B1,‎ 同理可得:AB1⊥B1C1,‎ 又A1B1∩B1C1=B1,‎ ‎∴AB1⊥平面A1B1C1.‎ 设平面ABB1的法向量为=(x,y,z),则,‎ ‎∴,令y=1可得=(﹣,1,0),‎ ‎∴cos<>===.‎ 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,则sinθ=|cos<>|=.‎ ‎∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为.‎ ‎ ‎ 例7.(2018上海卷)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2.‎ ‎(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;‎ ‎(2)设PO=4,OA、OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图.求异面直线PM与OB所成的角的大小.‎ ‎【答案】(1);(2)arccos ‎【解析】:(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,圆锥的母线长为4,‎ ‎∴圆锥的体积V==‎ ‎=.‎ 设异面直线PM与OB所成的角为θ,‎ 则cosθ===.‎ ‎∴θ=arccos.‎ ‎∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos.‎ 立体几何向量方法 一、选择题 ‎1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则 (  )‎ A.l∥α  B.l⊥α C.l⊂α D.l与α相交 ‎【答案】B ‎【解析】: ∵n=-2a,‎ ‎∴a与平面α的法向量平行,∴l⊥α. ‎ ‎18.如图所示,四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥CD,PA=1,PD=,E为PD上一点,PE=2ED.‎ ‎(1)求证:PA⊥平面ABCD;‎ ‎(2)在侧棱PC上是否存在一点F,使得BF∥平面AEC?若存在,指出F点的位置,并证明;若不存在,说明理由.‎ ‎【答案】见解析 则n=(-1,1,-2).‎ 假设侧棱PC上存在一点F,且=λ(0≤λ≤1),‎ 使得BF∥平面AEC,则·n=0.‎ 又∵=+=(0,1,0)+(-λ,-λ,λ)=(-λ,1-λ,λ),‎ ‎∴·n=λ+1-λ-2λ=0,∴λ=,‎ ‎∴存在点F,使得BF∥平面AEC,且F为PC的中点.‎ ‎19.如图,在四棱台ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1=2.‎ ‎(1)若M为CD的中点,求证:AM⊥平面AA1B1B;‎ ‎(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)‎ ‎【解析】: (1)证明:∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,连接AC,则△ACD为等边三角形,‎ 又∵M为CD的中点,∴AM⊥CD,‎ 由CD∥AB得AM⊥AB.‎ ‎∵AA1⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,‎ ‎∴AM⊥AA1,又∵AB∩AA1=A,‎ ‎∴AM⊥平面AA1B1B. ‎ 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则有⇒ 令x=1,则n=(1,,1).‎ ‎∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值 sin θ=|cos〈n,1〉|==.‎ ‎20.如图,四棱锥PABCD的底面为正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H分别是线段PA,PD,AB的中点.‎ 求证:(1)PB∥平面EFH;‎ ‎(2)PD⊥平面AHF.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】:[证明] 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ ‎(2)∵=(0,2,-2),=(1,0,0),=(0,1,1),‎ ‎∴·=0×0+2×1+(-2)×1=0,‎ ·=0×1+2×0+(-2)×0=0,‎ ‎∴PD⊥AF,PD⊥AH.‎ 又∵AF∩AH=A,∴PD⊥平面AHF.‎ ‎21.如图,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.‎ ‎(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;‎ ‎(2)求二面角BA1DA的正弦值.‎ ‎【答案】(1) ;(2) ‎(1)=(,-1,-),=(,1,),‎ 则cos〈,〉= ‎==-,‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)解:平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面BA1D的一个法向量,‎ 又=(,-1,-),=(-,3,0),‎ 则 即 因此二面角BA1DA的正弦值为. ‎ ‎22.如图,四棱锥PABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.‎ ‎ (1)证明:直线CE∥平面PAB;‎ ‎(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角MABD的余弦值. ‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) ‎【解析】: (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.‎ 因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.‎ 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,‎ 又BC=AD,所以EFBC,‎ 四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF.‎ 又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.‎ ‎(2)解:由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).‎ 从而=.‎ 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则 即 所以可取m=(0,-,2).‎ 于是cos〈m,n〉==.‎ 因此二面角MABD的余弦值为. ‎
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