备战2023年高考数学二轮专题复习专题四　立体几何第3讲　空间向量与空间角.docx

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1、第3讲空间向量与空间角1.异面直线所成的角与线面角(多选题)(2022新高考卷,T9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(ABD)A.直线BC1与DA1所成的角为90B.直线BC1与CA1所成的角为90C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45解析:如图,连接B1C,BC1,因为DA1B1C,所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角,因为四边形BB1C1C为正方形,则B1CBC1,故直线BC1与DA1所成的角为90,故A正确;连接A1C,因为A1B1平面BB1C1C,BC1平面BB1C1C,则A1B1BC1,因为B1CBC

2、1,A1B1B1C=B1,所以BC1平面A1B1C,又A1C平面A1B1C,所以BC1CA1,故B正确;连接A1C1,设A1C1B1D1=O,连接BO,因为BB1平面A1B1C1D1,C1O平面A1B1C1D1,则C1OB1B,因为C1OB1D1,B1D1B1B=B1,所以C1O平面BB1D1D,所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,设正方体棱长为1,则C1O=22,BC1=2,sinC1BO=C1OBC1=12,所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30,故C错误;因为C1C平面ABCD,所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角,易得C1BC=45,故D正确.故选AB

3、D.2.点到平面的距离与二面角(2022新高考卷,T19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.解:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h,则VA-A1BC=13SA1BCh=223h=VA1-ABC=13SABCA1A=13VABC-A1B1C1=43,解得h=2,所以点A到平面A1BC的距离为2.(2)取A1B的中点E,连接AE,如图,因为AA1=AB,所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1

4、,平面A1BC平面ABB1A1=A1B,且AE平面ABB1A1,所以AE平面A1BC,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,由BC平面A1BC,BC平面ABC可得AEBC,BB1BC,又AE,BB1平面ABB1A1且相交,所以BC平面ABB1A1,又易知BABB1,所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,由(1)得AE=2,所以AA1=AB=2,A1B=22,所以BC=2,则A(0,2,0),A1(0,2,2),C(2,0,0),所以A1C的中点为D(1,1,1),则BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),设平面ABD的法向

5、量为m=(x,y,z),则mBD=x+y+z=0,mBA=2y=0,可取m=(1,0,-1),设平面BDC的法向量为n=(a,b,c),则nBD=a+b+c=0,nBC=2a=0,可取n=(0,1,-1),则cos=mn|m|n|=122=12,所以二面角A-BD-C的正弦值为1-(12) 2=32.3.线线垂直与线面角(2022全国甲卷,T18)在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.(1)证明:BDPA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.解:(1)在四边形ABCD中,作DEAB于E,CFAB于F,因为CDAB,AD=CD=CB=

6、1,AB=2,所以四边形ABCD为等腰梯形,所以AE=BF=12,故DE=32,BD=DE2+BE2=3,所以AD2+BD2=AB2,所以ADBD,因为PD平面ABCD,BD平面ABCD,所以PDBD,又PDAD=D,PD,AD平面PAD,所以BD平面PAD,又因为PA平面PAD,所以BDPA.(2)如图,以点D为原点建立空间直角坐标系,BD=3,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3),则AP=(-1,0,3),BP=(0,-3,3),DP=(0,0,3),设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则有nAP=-x+3z=0,nBP=-3y+3z=0,可取n=(3,1,1),则

7、cos=nDP|n| |DP|=55,所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.1.利用空间向量求二面角或线面角是高考热点,通常以解答题的形式出现,难度中等.2.探究空间几何体中线、面位置关系或空间角存在的条件,一般以解答题的形式考查,难度中等偏上.热点一异面直线所成的角设两条异面直线l,m所成的角为(02),其方向向量分别为a和b,则cos =|ab|a|b|.典例1如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,边长为4,E为AB的中点,PE平面ABCD.(1)若PAB为等边三角形,求四棱锥P-ABCD的体积;(2)若CD的中点为F,PF与平面ABCD所成角为45,求PC与AD所成角的

8、余弦值.解:(1)因为正方形ABCD的边长为4,且PAB为等边三角形,E为AB的中点,所以PE=PBsinPBE=ABsin 60=23,又PE平面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=134223=3233.(2)如图,连接EF,因为PE平面ABCD,EF,AB平面ABCD,所以PEEF,PEAB,又四边形ABCD为正方形,E,F分别为AB,CD的中点,所以EFAB,所以AB,EF,PE两两垂直.以E为坐标原点,EB,EF,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则C(2,4,0),A(-2,0,0),D(-2,4,0),因为PF与平面ABCD所成角为45,所以

9、PFE=45,所以PE=EFtanPFE=4,所以P(0,0,4),所以PC=(2,4,-4),AD=(0,4,0).设PC与AD所成的角为,则cos =|PCAD|PC|AD|=1664=23,即PC与AD所成角的余弦值为23.异面直线所成的角,可以通过两直线的方向向量的夹角求得,即cos =|cos |.注意不要混淆异面直线所成角的范围与向量夹角的范围.热点训练1 (2022天津滨海新区模拟)如图所示,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,ADBC,ABAD,AE底面ABCD,AECF,AD=3,AB=BC=AE=2,CF=1.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线BE与直线

10、DF所成角的余弦值.(1)证明:因为AECF,AE平面BFC,CF平面BFC,所以AE平面BFC,因为ADBC,同理可得AD平面BFC,又ADAE=A,AD,AE平面ADE,所以平面BFC平面ADE,因为BF平面BFC,所以BF平面ADE.(2)解:以A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),E(0,0,2),F(2,2,1),则BE=(-2,0,2),DF=(2,-1,1),cos=BEDF|BE|DF|=-2226=-36,所以直线BE与直线DF所成角的余弦值为36.热点二直线与平面所成的角设直

11、线l的方向向量为a,平面的法向量为n,直线l与平面所成的角为,则0,2;sin =|cos|=|an|a|n|.典例2(2022浙江绍兴模拟预测)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,ABC=90,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.(1)证明:取AC的中点D,连接A1D,BD,由A1A=A1C,AB=BC,则ACA1D,ACBD,又A1D,BD平面A1BD,A1DBD=D,故AC平面A1BD,因为A1B平面A1BD,故ACA1B,又ACA1C1,则A1C1A1B.(2)解:因为ABC=90,则AD=BD=CD,又

12、A1A=A1B,A1D=A1D.故AA1DBA1D,故A1DB=A1DA=90.以D为原点,分别以DB,DC,DA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,-2,0),则A1C=(0,2,-1),A1B=(2,0,-1),AC=(0,22,0),设平面A1CB的法向量为n=(x,y,z),则nA1B=2x-z=0,nA1C=2y-z=0,令x=1,则n=(1,1,2),故cos=nAC|n|AC|=22222=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为30.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为30.(1)线面角

13、与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角的关系是+=2或-=2,所以应用向量法求的是线面角的正弦值,而不是余弦值.(2)利用方程思想求法向量,计算易出错,要认真细心.热点训练2 (2022江苏南通模拟预测)如图所示的几何体中,EA平面ABC,DB平面ABC,ACBC,BC=BD=32AE=a,AC=2a,点M在棱AB上,且AM=2BM.(1)求证:平面MCE平面ABDE;(2)求直线CD与平面MCE所成角的正弦值.(1)证明:因为EA平面ABC,所以EAAC,EAAB.又ACBC,BC=BD=32AE=a,AC=2a,点M在棱AB上,且AM=2BM.故EC=223a,EM=43a,CM=63

14、a.所以EC2=EM2+CM2,所以EMCM.因为EA平面ABC,所以EACM,又EMEA=E,EM,EA平面ABDE,所以CM平面ABDE.又CM平面MCE,所以平面MCE平面ABDE.(2)解:如图,以A为坐标原点,平面ABC内过A且与AC垂直的直线为x轴,AC为y轴,AE为z轴建立空间直角坐标系.则C(0,2a,0),D(a,2a,a),E(0,0,23a),M(23a,223a,0).所以CD=(a,0,a),CM=(23a,-23a,0),EM=(23a,223a,-23a).设平面MCE的法向量为n=(x,y,z),则nCM=0,nEM=0,即23ax-23ay=0,23ax+22

15、3ay-23az=0,令x=1,则y=2,z=3,所以n=(1,2,3).所以|cos|=|CDn|CD|n|=|a+3a|a2+a21+2+9=63.所以直线CD与平面MCE所成角的正弦值为63.热点三平面与平面的夹角设平面,的法向量分别为u,v,二面角-l-的平面角为,则0,;|cos |=|cos|=|uv|u|v|.典例3(2022新高考卷)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,ABAC,E是PB的中点.(1)证明:OE平面PAC;(2)若ABO=CBO=30,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.(1)证明:连接BO并延长交AC于点D,连接OA,PD,因为PO是三

16、棱锥P-ABC的高,所以PO平面ABC,AO,BO平面ABC,所以POAO,POBO,又PA=PB,所以POAPOB,即OA=OB,所以OAB=OBA,又ABAC,即BAC=90,所以OAB+OAD=90,OBA+ODA=90,所以ODA=OAD,所以AO=DO,即AO=DO=OB,所以O为BD的中点,又E为PB的中点,所以OEPD,又OE平面PAC,PD平面PAC,所以OE平面PAC.(2)解:过点A作AzOP,如图建立空间直角坐标系,因为PO=3,AP=5,所以OA=AP2-PO2=4,又ABO=CBO=30,所以BD=2OA=8,则AD=4,AB=43,所以AC=12,所以A(0,0,0

17、),O(23,2,0),B(43,0,0),P(23,2,3),C(0,12,0),所以E(33,1,32),则AE=(33,1,32),AB=(43,0,0),AC=(0,12,0),设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则nAE=33x+y+32z=0,nAB=43x=0,令z=2,则y=-3,x=0,所以n=(0,-3,2);设平面AEC的法向量为m=(a,b,c),则mAE=33a+b+32c=0,mAC=12b=0,令a=3,则c=-6,b=0,所以m=(3,0,-6);所以cos=nm|n|m|=-121339=-4313,设二面角C-AE-B的平面角为,由图可知为钝角,所以c

18、os =-4313,所以sin =1-cos2=1113,故二面角C-AE-B的正弦值为1113.两向量夹角的范围是0,二面角的平面角与其对应的两法向量的夹角之间不一定相等,而是相等或互补的关系,要注意结合实际图形判断所求角的大小.热点训练3 (2022黑龙江大庆实验中学模拟预测)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,P在平面ABCD上的投影为边AD的中点O,ABC=3,BC=4,AB=1,PO=3.(1)求证:AB 平面POC;(2)点E为线段BP上靠近点P的三等分点,求平面POC与平面EOC所成的锐二面角的余弦值.(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以CD=A

19、B=1,OD=12AD=12BC=2,CDA=ABC=3,故在OCD中,由余弦定理可得OC2=CD2+OD2-2CDODcosCDA=1+4-212cos3=3,故OC=3,因为OC2+CD2=OD2,所以CDOC,又因为P在平面ABCD上的投影为O,所以PO平面ABCD,因为CD平面ABCD,所以POCD,因为OCPO=O,OC,PO平面POC,所以CD平面POC,因为四边形ABCD为平行四边形,所以ABCD,所以AB平面POC.(2)解:取BC的中点F ,连接OF,则由(1)知OF,OP,OC两两相互垂直,故分别以OC的反向延长线,OF,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间

20、直角坐标系, 则B(3,2,0),P(0,0,3),C(-3,0,0),则OB=(3,2,0),OC=(-3,0,0),OP=(0,0,3) ,BP=(-3,-2,3),BE=23BP=(-233,-43,2),OE=OB+BE=(33,23,2),易知平面POC的一个法向量为m=(0,1,0),设平面EOC的法向量为n=(x,y,z),则OCn=-3x=0,OEn=33x+23y+2z=0,令z=1,得n=(0,-3,1),可得|cos|=|mn|m|n|=3110=31010,故平面POC与平面EOC所成的锐二面角的余弦值为31010.专题强化训练(十三)1.如图,AB是圆O的直径,PA圆

21、O所在的平面,C为圆周上一点,D为线段PC的中点,CBA=30,AB=2PA.(1)证明:平面ABD平面PBC;(2)若G为AD的中点,求直线CG与平面PBG所成角的正弦值.(1)证明:因为PA圆O所在的平面,即PA平面ABC,而BC平面ABC,则PABC,又AB是圆O的直径,C为圆周上一点,有ACBC,又PAAC=A,PA,AC平面PAC,则BC平面PAC,而AD平面PAC,因此BCAD,在RtABC中,CBA=30,有AB=2AC,又AB=2PA,即PA=AC,而D为线段PC的中点,则ADPC,又PCBC=C,PC,BC平面PBC,因此AD平面PBC,而AD平面ABD,所以平面ABD平面P

22、BC.(2)解:过点C作CzPA,如图,由PA平面ABC知,Cz平面ABC,以C为坐标原点,直线CA,CB,Cz分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Cxyz,令AC=2,则A(2,0,0),B(0,23,0),P(2,0,2),D(1,0,1),G(32,0,12),则CG=(32,0,12),PB=(-2,23,-2),PG=(-12,0,-32),设平面PBG的法向量为n=(x,y,z),则nPB=-2x+23y-2z=0,nPG=-12x-32z=0,令z=-3,得n=(33,2,-3),设直线CG与平面PBG所成角为,则sin =|cos|=|nCG|n|CG|=3233-123

23、34102=425585.2.(2021山西晋中三模)在三棱锥ABCD中,E,F分别是棱BC,CD上的点,且EF平面ABD.(1)求证:BD平面AEF;(2)若AE平面BCD,DEBC,AE=CE=DE=2,二面角BADC的平面角的余弦值为-33,求直线AB与AD所成角的余弦值.(1)证明:E,F分别是棱BC,CD上的点,即EF平面BCD,又EF平面ABD,平面ABD平面BCD=BD,所以EFBD,因为BD平面AEF,EF平面AEF,所以BD平面AEF.(2)解:因为AE平面BCD,DEBC,所以以E为原点,ED所在直线为x轴,EC所在直线为y轴,EA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,因为A

24、E=CE=DE=2,所以A(0,0,2),C(0,2,0),D(2,0,0),设BE=a,则B(0,-a,0),AB=(0,-a,-2),AC=(0,2,-2),AD=(2,0,-2),设平面ABD的法向量为n=(x1,y1,z1),则nAB=-ay1-2z1=0,nAD=2x1-2z1=0,取x1=1,得n=(1,-2a,1).设平面ACD的法向量为m=(x2,y2,z2),则mAC=2y2-2z2=0,mAD=2x2-2z2=0,取x2=1,得m=(1,1,1),因为二面角BADC的平面角的余弦值为-33,所以|cos|=|2-2a2+4a23|=33,解得a=4,所以B(0,-4,0),

25、AB=(0,-4,-2),设直线AB与AD所成角为,则cos =|ABAD|AB|AD|=4208=1010.所以直线AB与AD所成角的余弦值为1010.3.(2022河北保定高三期末)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,平面PCD底面ABCD,且BC=2,AB=4,BD=25.(1)证明:BCPD;(2)若PC=PD=13,求二面角APBC的余弦值.(1)证明:在平行四边形ABCD中,AD=BC=2,AB=4,BD=25,因为AD2+AB2=BD2,则ADAB,即BCCD,因为平面PCD底面ABCD,且平面PCD底面ABCD=CD,BC平面ABCD,则BC平面PCD.又PD

26、平面PCD,所以BCPD.(2)解:取CD的中点E,AB的中点F,连接PE,EF,由(1)知,EFCD,因为PC=PD=13,则PECD,又平面PCD底面ABCD,且平面PCD底面ABCD=CD,PE平面PCD,则PE平面ABCD,以E为坐标原点,EF,EC,EP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Exyz,则P(0,0,3),A(2,-2,0),B(2,2,0),C(0,2,0),所以PB=(2,2,-3),BC=(-2,0,0),AB=(0,4,0),设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则nPB=0,nAB=0,即2x+2y-3z=0,4y=0,令x=3

27、,得n=(3,0,2),设平面PBC的法向量为m=(a,b,c),mPB=0,mBC=0,即2a+2b-3c=0,-2a=0,令b=3,得m=(0,3,2),于是得cos=mn|m|n|=41313=413,由图知,二面角APBC的平面角为钝角,所以二面角APBC的余弦值为-413.4.(2022四川雅安二模)如图(1),已知ABC是边长为6的等边三角形,点M,N分别在AB,AC上,MNBC,O是线段MN的中点.将AMN沿直线MN进行翻折,A翻折到点P的位置,使得二面角PMNB是直二面角,如图(2).(1)若BM平面POC,求MN的长;(2)求二面角NPMB的余弦值.解:(1)设BC的中点为E

28、,因为ABC是边长为6的等边三角形,O是线段MN的中点,则OEBC,POMN.又因为二面角PMNB是直二面角,平面PMN平面MNB=MN,PO平面PMN,所以PO平面MNB.以O为坐标原点,分别以OM,OE,OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设MN=2x,OE=y,0x3,0y33,则M(x,0,0),B(3,y,0),C(-3,y,0),所以MB=(3-x,y,0),OC=(-3,y,0).因为BM平面POC,则MBOC,故-3(3-x)+y2=0,又在翻折前,OMBE=AOAE,即x3=33-y33,得y=3(3-x),联立解得x=2或x=3(舍去),故y=3,故MN=4.(2)易知平面PMN的一个法向量为m=(0,1,0),由P(0,0,33-y),得MP=(-x,0,33-y),MB=(3-x,y,0).设平面PMB的法向量为n=(a,b,c),则nMB=0,nMP=0(3-x)a+by=0,-ax+(33-y)c=0,又y=3(3-x),取a=3,解得b=-1,c=1,故n=(3,-1,1),所以cos=mn|m|n|=-15=-55,由图知二面角NPMB为钝二面角,故二面角NPMB的余弦值为-55.