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【南方凤凰台】2017届高考数学(理)二轮复习提优导学案(江苏专用):第1部分 二轮课时专题2 立体几何 3 空间向量与立体几何

资料类别: 数学/学案

所属版本: 通用

所属地区: 江苏

上传时间:2017/1/11

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第3讲 空间向量与立体几何
【课前热身】
第3讲 空间向量与立体几何
(本讲对应学生用书第17~19页)



1.(选修2-1 P85例1改编)已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直,点M,N分别在对角线BD,AE上,且BM=BD,AN=AE.求证:MN∥平面CDE.
【解答】因为点M在BD上,且BM=BD,所以==+.
同理,=+.
又因为==-,
所以=++=+++=+=+.
又与不共线,根据共面向量定理,可知共面.
由于MN平面CDE,MN∥平面CDE.

2.(选修2-1 P104例5改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,FBB1,CD,:D1F⊥ADE.

(第2题)
【解答】不妨设正方体的棱长为1,以,,为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则可得到下列向量的坐标:
=(1,0,0),=(0,0,1),=,=1,1,. 
因为=-=-(0,0,1)=,
所以·=1×0+0×+0×(-1)=0,可得⊥.
因为=-=-(1,0,0)=,
所以·=0×0+1×+×(-1)=0,可得⊥.
又因为AD∩AE=A,AD,AE平面ADE,所以D1F⊥平面ADE.

3.(选修2-1 P109例3改编)如图(1),已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,高为2,求二面角A-PB-C的余弦值.

 (第3题(1))
【解答】如图(2),以底面ABCD的中心O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),P(0,0,2),所以=(0,2,0),=(1,1,-2),=(-2,0,0).

(第3题(2))
设平面ABP的法向量为n=(x1,y1,z1),则即
取z1=1,得n=(2,0,1).
设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则即
取z2=1,得m=(0,2,1).
所以cos==,
所以二面角A-PB-C的余弦值为.




【课堂导学】


证明线、面关系

例1 (2016·天津卷)如图(1),ABCD的中心为O,OBEF为矩形,OBEF⊥平面ABCD,G为AB的中点,AB=BE=2.
(1)EG∥平面ADF;
(2)求二面角O-EF-C的正弦值.

(例1(1))
【解答】依题意知OF⊥平面ABCD,如图(2)所示,以O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系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).

(例1(2))
 (1)依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x1,y1,z1)为平面ADF的法向量,则即不妨设z1=1,可得n1=(0,2,1).又=(0,1,-2),可得·n1=0.又因为直线EG平面ADF,所以EG∥平面ADF.
(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.
依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).
设n2=(x2,y2,z2)为平面CEF的法向量,
则即
不妨设x2=1,可得n2=(1,-1,1).
因此有cos<,n2>==-,
sin<,n2>=,
O-EF-C的正弦值为.

变式 (2016·肇庆模拟)如图(1),正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为4,D为CC1的中点.
(1)求证:AB1⊥平面A1BD;
(2)求直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.

 (变式(1))
【解答】(1)如图,取BC的中点O,连接AO.
因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC,且AO===2.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,
ABC⊥平面BCC1B1,
ABC∩平面BCC1B1=BC,AOABC,
AO⊥平面BCC1B1.
以O为原点,建立如图(2)所示的空间直角坐标系,

 (变式(2))
则B(2,0,0),D(-2,2,0),A1(0,4,2),A(0,0,2),B1(2,4,0).
=(2,4,-2),=(-4,2,0),=(-2,4,2).
·=-8+8+0=0,·=-4+16-12=0,
⊥⊥,AB1⊥BD,AB1⊥BA1.
BD∩BA1=B,BD,BA1A1BD,
AB1⊥平面A1BD.
(2)由(1)知,=(2,4,-2),=(0,0,-2)BCC1B1的一个法向量,
cos∠OAB1===,
AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值等于向量,,AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.


利用向量求角
例2 (2016·南京学情调研)如图(1),ABCD和矩形ACEF中,AB=,CE=1,CE⊥ABCD.
(1)求异面直线DF与BE所成角的余弦值;
(2)求二面角A-DF-B的大小.

(例2(1))


(例2(2))
【解答】(1)由题意知CD,CB,CE两两垂直,以,,为正交基底,建立如图(2)所示的空间直角坐标系C-xyz,则D(,0,0),F(,1),E(0,0,1),B(0,,0),C(0,0,0),所以=(0,,1),=(0,-,1),
从而cos<>==-=-.
所以直线DF与BE所成角的余弦值为.
(2)由题意知平面ADF的一个法向量为m==(,0,0).
设平面BDF的法向量为n=(x,y,z).
又=(,0,1),=(0,,1),

取x=1,y=1,z=-,n=(1,1,-),
cos===.
∈[0,π],=.
A-DF-B为锐二面角,
A-DF-B的大小为.

变式 (2016·南通一调)如图(1),S-ABCD中,ABCD为矩形,SA⊥ABCD,AB=1,AD=AS=2,PSD上一点,SP=PD.
(1)求异面直线AB与CP所成角的余弦值;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值.

(变式(1))
【解答】(1)分别以AB,AD,AS为x轴、y轴、z轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2).

(变式(2))
设P(x0,y0,z0),由=,
得(x0,y0,z0-2)=(0,2,-2),
所以x0=0,y0=,z0=,
所以点P的坐标为.
则=,=(1,0,0),
设直线AB与CP所成的角为α,
则cos α==.
(2)设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1),
由(1)知=,=(1,2,0),
所以
令y1=-2,则x1=4,z1=1,m=(4,-2,1).
设平面SCD的法向量为n=(x2,y2,z2),
由于=(1,0,0),=(0,-2,2),
所以令y2=1,
则z2=1,n=(0,1,1).
设二面角A-PC-D的大小为θ,
由于cos==-,
又由m,n的方向知θ为锐角,
所以cos θ=-cos=.
A-PC-D的余弦值为.


利用向量解决探索性问题
例3 (2016·常州期末)如图(1),在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧面ADD1A1⊥底面ABCD,D1A=D1D=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2.
(1)在平面ABCD内找一点F,D1F⊥平面AB1C;
(2)C-B1A-B的平面角的余弦值.

(例3(1))


(例3(2))
【解答】(1)如图(2),以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D1(0,1,1),B1(1,-1,1),设F(a,b,0),
则=(a,b-1,-1),=(1,1,0),=(1,-1,1),
因为D1F⊥平面AB1C,
所以得a=b=,
所以F,即F为AC的中点.
所以存在AC中点F,D1F⊥平面AB1C.
(2)由(1)可知平面AB1C的一个法向量n1==,-,-1.B1AB的法向量n2=(x,y,z),
=(1,0,0),=(1,-1,1),
所以得  取n2=(0,1,1).
则cos==-.
C-B1A-B的平面角为锐角,
C-B1A-B的平面角的余弦值为.

变式 (2016·扬州中学)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=CD,E是PC的中点.
(1)求证:PA∥平面BDE;
(2)求二面角B-DE-C的平面角的余弦值;
(3)PB上是否存在点F,使得PB⊥平面DEF?证明你的结论.

(变式)
【解答】(1)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设PD=CD=2,则D(0,0,0),A(2,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),B(2,2,0),=(2,0,-2),=(0,1,1),=(2,2,0).设n1=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量,则由得取y=-1,得n1=(1,-1,1),
因为·n1=2-2=0,所以⊥n1.
又PA平面BDE,PA∥平面BDE.
(2)由(1)知n1=(1,-1,1)是平面BDE的一个法向量,又n2==(2,0,0)是平面DEC的一个法向量.
设二面角B-DE-C的平面角为θ,θ=,
cos θ=cos===,
B-DE-C的平面角的余弦值为.
(3)因为=(2,2,-2),=(0,1,1),
·=0+2-2=0,PB⊥DE.
假设棱PB上存在点F,使得PB⊥平面DEF,
设=λ(0<λ<1),
则=(2λ,2λ,-2λ),=+=(2λ,2λ,2-2λ),
由·=0,得4λ2+4λ2-2λ(2-2λ)=0,
所以λ=∈(0,1),此时PF=PB,
即在棱PB上存在点F,PF=PB,使得PB⊥平面DEF.



【课堂评价】


1.(2016·南京、盐城一模)如图,ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=2,AC=4,AA1=2,=λ(λ∈R).
(1)若λ=1,DB1与平面A1C1D所成角的正弦值;
(2)B1-A1C1-D的大小为60°,λ的值.

(第1题)
【解答】以A为坐标原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(0,4,2).
(1)当λ=1时,D为BC的中点,所以D(1,2,0),=(1,-2,2),=(0,4,0),=(1,2,-2),
设平面A1C1D的法向量为n1=(x,y,z),则得令z=1,则n1=(2,0,1).
又cos<,n1>===,DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.
(2)因为=λ,D(x,y,0),=(x-2,y,0),=(-x,4-y,0),
x-2=-λx,y=λ(4-y),x=,y=.
D,所以=(0,4,0),=,
设平面A1C1D的法向量为n2=(a,b,c),则即
令c=1,则n2=(λ+1,0,1).
又平面A1B1C1的一个法向量为n3=(0,0,1),
由题意得|cos|=,所以==,
解得λ=-1或λ=--1(不合题意,舍去),
所以实数λ的值为-1.

2.(2016·苏州暑假测试)如图(1),3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E=CF=1.
(1)AC1与D1E所成角的余弦值;
(2)AC1与平面BED1F所成角的正弦值.

(第2题(1))
【解答】(1)因为DA,DC,DD1两两垂直,所以分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系D-xyz,

(第2题(2))
因为棱长为3,A1E=CF=1,
则D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,3),C1(0,3,3),E(3,0,2),F(0,3,1).
所以=(-3,3,3),=(3,0,-1),
cos<>===-,
AC1与D1E所成角的余弦值是.
(2)设平面BED1F的法向量是n=(x,y,z),
=(0,-3,2),=(-3,0,1),所以即
令z=3,则x=1,y=2,所以n=(1,2,3).
又=(-3,3,3),cos<,n>===,
AC1与平面BED1F所成角的正弦值为.

3.(2017·南京期初)如图(1),在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是线段PC的中点.
(1)求异面直线AP与BE所成角的大小;
(2)若点F在线段PB上,使得二面角F-DE-B的正弦值为,求的值.

(第3题(1))


(第3题(2))
【解答】(1)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,所以DA,DC,DP两两垂直,故以{}为正交基底,建立如图(2)所示的空间直角坐标系D-xyz.
因为PD=DC,DA=DC=DP,DA=DC=DP=2,
D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),
E是PC的中点,所以E(0,1,1).
所以=(-2,0,2),=(-2,-1,1),
cos<>==,
<>=.
因此异面直线AP与BE所成角的大小为.
(2)由(1)可知=(0,1,1),=(2,2,0),=(2,2,-2).
=λ,则=(2λ,2λ,-2λ),从而=+=(2λ,2λ,2-2λ).
设m=(x1,y1,z1)为平面DEF的法向量,
则即
取z1=λ,则y1=-λ,x1=2λ-1.
所以m=(2λ-1,-λ,λ)为平面DEF的一个法向量.
设n=(x2,y2,z2)为平面DEB的法向量,
则即
取x2=1,则y2=-1,z2=1.
所以n=(1,-1,1)为平面DEB的一个法向量.
因为二面角F-DE-B的正弦值为,F-DE-B的余弦值的绝对值为,
|cos|=,=,=,
4λ2=1,因为点F在线段PB上,所以0≤λ≤1,
所以λ=,即=.


温馨提示:趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第9~10页.




【检测与评估】
第3讲 空间向量与立体几何

一、 解答题
1.(2016·镇江期末)如图,3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E=CF=1.
(1)AC1与BE所成角的余弦值;
(2)求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值.

(第1题)


2.(2016·南通密卷)如图,ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,NCC1,BC,P在直线A1B1上,=λ(λ∈R).
(1)求异面直线PN,AM所成的角;
(2)若平面PMN与平面ABC所成的角为45°,试确定点P的位置.

(第2题)


3.(2016·泰州期末)如图,ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.
(1)=λ,异面直线AC1与CD所成角的余弦值为,求实数λ的值;
(2)若点D是AB的中点,求二面角D-CB1-B的余弦值.

(第3题)


4.(2016·苏锡常镇一调)如图,ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2AD=2,EAB的中点,FD1E上的一点,D1F=2FE.
(1)求证:平面DFC⊥平面D1EC;
(2)求二面角A-DF-C的大小.

(第4题)


5.(2016·南通密卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD.若棱AB,AD,AP两两垂直,长度分别为1,2,2,且向量与夹角的余弦值为.
(1)求CD的长;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.

(第5题)


6.(2016·苏北四市期末)如图,ABC-A1B1C1中,ABC是直角三角形,AB=AC=1,AA1=2,P是棱BB1上一点,=λ(0≤λ≤1).
(1)若λ=,求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值;
(2)若二面角P-A1C-B的正弦值为,求λ的值.

(第6题)


7.如图,ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,N是BC的中点,M在CC1上,A1-DN-M的平面角的大小为θ.
(1)当θ=90°时,求AM的长;
(2)当cosθ=时,求CM的长.

(第7题)


8.(2016·无锡期末)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD=1,D1D=2,点P为棱CC1的中点.
(1)设二面角A-A1B-P的大小为θ,求sin θ的值;
(2)设M为线段A1B上的一点,求的取值范围.

(第8题)




【检测与评估答案】
第3讲 空间向量与立体几何

一、 解答题
1. (1) 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

(第1题)
则A(3,0,0),C1(0,3,3),B(3,3,0),E(3,0,2),=(0,-3,2),=(-3,3,3).
cos<>===-,
AC1与BE所成角的余弦值为.
(2) 由(1)知D1(0,0,3),=(3,0,-1),=(0,0,3).
BED1F的法向量为n=(x,y,z),

所以不妨取x=1,n=(1,2,3).
BB1与平面BED1F所成的角为α,则
sin α=|cos<,n>|==,
所以直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为.


2. (1) 如图,以AB,AC,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则P(λ,0,1),N,M,
从而=,=,·=×0+×1-1×=0,
所以异面直线PN,AM所成的角为90°.

(第2题)
(2) 平面ABC的一个法向量为n==(0,0,1).
设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),
由(1)得=,=,
则得
解得令x=3,得m=(3,2λ+1,2(1-λ)).
因为平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°,
所以|cos|===,解得λ=-.
故点P在B1A1的延长线上,A1P=.


3. (1) 由AC=3,BC=4,AB=5,∠ACB=90°,
(第3题)
以C为坐标原点,分别以CA,CB,CC1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(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),设D(x,y,z),
则由=λ,得=(3-3λ,4λ,0),而=(-3,0,4),
所以|cos<>|===,解得λ=或λ=-.
(2) 由题意得D,=,=(0,4,4),
设平面CDB1的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则令z1=3,则可取n1=(4,-3,3).
同理,CBB1的一个法向量为n2=(1,0,0),D-CB1-B相等,
D-CB1-B的余弦值为cos θ=cos=.


4. (1) {}为正交基底建立空间直角坐标系D-xyz,D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),E(1,1,0),F,=(0,2,0),=,=(0,2,-2),=(-1,1,0).
DFC的法向量为m=(x,y,z).
则不妨取m=(1,0,-1).
设平面D1EC的法向量为n=(a,b,c),
则不妨取n=(1,1,1).
因为m·n=1+0-1=0,所以平面DFC⊥平面D1EC.
(2) 设平面ADF的法向量为k=(x,y,z).
则不妨取k=(0,1,-1).
由(1)知平面DFC的一个法向量为m=(1,0,-1).
因为cos==,=60°.
A-DF-C是钝二面角,A-DF-C的大小为120°.


5. (1) 依题意,以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),设=λ,所以C(λ,2,0),从而=(λ,2,-2),=(-1,2,0),
则cos<>===,
解得λ=2,故CD=2.
(2) 易得=(2,2,-2),=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量n=(x,y,z),
则即
易得平面PCD的一个法向量n=(0,1,1).
又=(1,0,-2),
cos<,n>===-,
PB与平面PCD所成角的正弦值为.


6. 如图所示,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AC=1,AA1=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,2),B1(1,0,2),P(1,0,2λ).

(第6题)
(1) 由λ=,得=1,-1,,=(1,0,-2),=(0,1,-2).
设平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则得
不妨取z1=1,则x1=y1=2,
从而平面A1BC的一个法向量为n1=(2,2,1).
设直线PC与平面A1BC所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n1>|==,
所以直线PC与平面A1BC所成角的正弦值为.
(2) 设平面PA1C的法向量为n2=(x2,y2,z2),
=(1,0,2λ-2),=(0,1,-2),
则得
不妨取z2=1,则x2=2-2λ,y2=2,
所以平面PA1C的一个法向量为n2=(2-2λ,2,1),
由(1)知平面A1BC的一个法向量为n1=(2,2,1),
则cos= .
又因为二面角P-A1C-B的正弦值为,
所以=,
化简得λ2+8λ-9=0,解得λ=1或λ=-9(舍去),
故λ的值为1.


7. 以D为坐标原点,DA所在直线为x轴正半轴,DC所在直线为y轴正半轴,DD1所在直线为z轴正半轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),A1(1,0,2),N,C(0,1,0).
设M(0,1,z),平面MDN的法向量为n1=(x1,y1,z1),=(1,0,2),=,=(0,1,z).
设平面A1DN的一个法向量为n=(x0,y0,z0),
则所以
不妨取x0=2,则y0=-1,z0=-1,即n=(2,-1,-1).
(1) 由题意知·n1=0,·n1=0,n·n1=0,

取x1=2,y1=-1,z1=5,z=,
AM==.
(2) 由题意知·n1=0,·n1=0,=,
x1=2,y1=-1,z1=2,z=,CM=.


8. (1) 如图,以点D为原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,

(第8题)
则A(1,0,0),A1(1,0,2),P(0,1,1),B(1,1,0),所以=(0,0,2),=(0,1,0).由题意可知平面AA1B的一个法向量为n==(1,0,0).=(1,-1,1),=(1,0,-1),设平面PA1B的法向量为m=(x2,y2,z2),
则取m=(1,2,1),
所以cos==,
则sin θ=.
(2) 设M(x,y,z),因为M在线段A1B上,
所以=λ,
即(x-1,y-1,z)=λ(0,-1,2)(0≤λ≤1),
所以M(1,1-λ,2λ),
所以=(0,λ-1,-2λ),=(-1,λ,1-2λ),
所以===.
令2λ-1=t∈[-1,1],则=,
当t∈[-1,0)时,=∈;
当t∈(0,1]时,=∈,
当t=0时,=0,
所以∈,
所以的取值范围为.














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