高考数学一轮复习 第十七章 空间向量与立体几何讲义.docx

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高考数学一轮复习第十七章空间向量与立体几何讲义

2019-2020年高考数学一轮复习第十七章空间向量与立体几何讲义

考点

内容解读

要求

五年高考统计

常考题型

预测热度

xx

xx

xx

xx

xx

1.空间向量的概念及线线角、线面角

求异面直线所成角和线面角

B

22题

10分

解答题

★★★

2.求面面角

求二面角

B

22题

10分

22题

10分

解答题

★★★

分析解读　　江苏高考近几年考查用空间向量知识来解决立体几何问题的命题方向都是求夹角问题,试题难度不大,只要按照用空间向量处理问题的步骤,一般都容易解决.

命题探究

在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.

因为AA1⊥平面ABCD,

所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.

如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.

因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,

则A（0,0,0）,B（,-1,0）,D（0,2,0）,E（,0,0）,A1（0,0,）,C1（,1,）.

（1）=（,-1,-）,=（,1,）,

则cos<,>=

==-,

因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

（2）平面A1DA的一个法向量为=（,0,0）.

设m=（x,y,z）为平面BA1D的法向量,

又=（,-1,-）,=（-,3,0）,

则即

不妨取x=3,则y=,z=2,

所以m=（3,,2）为平面BA1D的一个法向量,

从而cos<,m>===.

设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.

因为θ∈[0,π],所以sinθ==.

因此二面角B-A1D-A的正弦值为.

五年高考

考点一　空间向量的概念及线线角、线面角

1.（xx四川,14,5分）如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为　　　　. 

答案　

2.（xx广东改编,5,5分）已知向量a=（1,0,-1）,则下列向量中与a成60°夹角的是　　　　. 

①（-1,1,0）②（1,-1,0）

③（0,-1,1）④（-1,0,1）

答案　②

3.（xx北京理,16,14分）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.

（1）求证:

M为PB的中点;

（2）求二面角B-PD-A的大小;

（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.

解析　

（1）证明:

设AC,BD交点为E,连结ME.

因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,

所以PD∥ME.

因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.

所以M为PB的中点.

（2）取AD的中点O,连结OP,OE.

因为PA=PD,所以OP⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,

所以OP⊥平面ABCD.

因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.

因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.

如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P（0,0,）,D（2,0,0）,B（-2,4,0）,=（4,-4,0）,=（2,0,-）.

设平面BDP的法向量为n=（x,y,z）,

则即

令x=1,则y=1,z=.

于是n=（1,1,）.

平面PAD的一个法向量为p=（0,1,0）.

所以cos==.

由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.

（3）由题意知M,C（2,4,0）,=.

设直线MC与平面BDP所成角为α,

则sinα=|cos|==.

所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.

4.（xx课标全国Ⅲ理,19,12分）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.

（1）证明MN∥平面PAB;

（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

解析　

（1）证明:

由已知得AM=AD=2.

取BP的中点T,连结AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.（3分）

又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.（6分）

（2）取BC的中点E,连结AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===.

以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

由题意知,P（0,0,4）,M（0,2,0）,C（,2,0）,N,

=（0,2,-4）,=,=.

设n=（x,y,z）为平面PMN的法向量,

则即（10分）

可取n=（0,2,1）.

于是|cos|==.

即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.（12分）

5.（xx江苏,22,10分）如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.

（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.

解析　以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为

B（1,0,0）,C（1,1,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）.

（1）易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=（0,2,0）.

因为=（1,1,-2）,=（0,2,-2）,

设平面PCD的法向量为m=（x,y,z）,

则m·=0,m·=0,

即

令y=1,解得z=1,x=1.

所以m=（1,1,1）是平面PCD的一个法向量.

从而cos<,m>==,

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.

（2）因为=（-1,0,2）,

设=λ=（-λ,0,2λ）（0≤λ≤1）,

又=（0,-1,0）,

则=+=（-λ,-1,2λ）,

又=（0,-2,2）,

从而cos<,>==.

设1+2λ=t,t∈[1,3],

则cos2<,>==≤.

当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.

因为y=cosx在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.

又因为BP==,

所以BQ=BP=.

6.（xx课标Ⅱ,19,12分）如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α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α所成角的正弦值.

解析　

（1）交线围成的正方形EHGF如图:

（2）作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.

因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH==6,所以AH=10.

以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A（10,0,0）,H（10,10,0）,E（10,4,8）,F（0,4,8）,=（10,0,0）,=（0,-6,8）.

设n=（x,y,z）是平面EHGF的法向量,

则即

所以可取n=（0,4,3）.

又=（-10,4,8）,故|cos|==.

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.

教师用书专用（7—10）

7.（xx浙江,15,6分）已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-（xe1+ye2）|≥|b-（x0e1+y0e2）|=1（x0,y0∈R）,则x0=　　　　,y0=　　　　,|b|=　　　　. 

答案　1;2;2

8.（xx北京,17,14分）如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.

（1）求证:

AB∥FG;

（2）若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.

解析　

（1）证明:

在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.

又因为AB⊄平面PDE,

所以AB∥平面PDE.

因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,

所以AB∥FG.

（2）因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.

如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（2,1,0）,P（0,0,2）,F（0,1,1）,=（1,1,0）.

设平面ABF的法向量为n=（x,y,z）,

则即

令z=1,则y=-1.所以n=（0,-1,1）.

设直线BC与平面ABF所成角为α,

则sinα=|cos|==.

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.

设点H的坐标为（u,v,w）.

因为点H在棱PC上,所以可设=λ（0<λ<1）,

即（u,v,w-2）=λ（2,1,-2）.

所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.

因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,

即（0,-1,1）·（2λ,λ,2-2λ）=0.

解得λ=,所以点H的坐标为.

所以PH==2.

9.（xx课标全国Ⅰ理,18,12分）如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.

（1）证明:

AB⊥A1C;

（2）若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.

解析　

（1）证明:

取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.

因为CA=CB,所以OC⊥AB.

由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.

因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.

又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.

（2）由

（1）知OC⊥AB,OA1⊥AB.

又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直.

以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

由题设知A（1,0,0）,A1（0,,0）,C（0,0,）,B（-1,0,0）.

则=（1,0,）,==（-1,,0）,=（0,-,）.

设n=（x,y,z）是平面BB1C1C的法向量,

则即可取n=（,1,-1）.

故cos==-.

所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.

10.（xx福建理,19,13分）如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k（k>0）.

（1）求证:

CD⊥平面ADD1A1;

（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为,求k的值;

（3）现将与四棱柱ABCD-A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:

若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:

共有几种不同的拼接方案?

在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为f（k）,写出f（k）的解析式.（直接写出答案,不必说明理由）

解析　

（1）证明:

取CD的中点E,连结BE.

∵AB∥DE,AB=DE=3k,

∴四边形ABED为平行四边形,

∴BE∥AD且BE=AD=4k.

在△BCE中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k,

∴BE2+CE2=BC2,

∴∠BEC=90°,即BE⊥CD,又∵BE∥AD,所以CD⊥AD.

∵AA1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,

∴AA1⊥CD.又AA1∩AD=A,

∴CD⊥平面ADD1A1.

（2）以D为原点,,,的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A（4k,0,0）,C（0,6k,0）,B1（4k,3k,1）,A1（4k,0,1）,

所以=（-4k,6k,0）,=（0,3k,1）,=（0,0,1）.

设平面AB1C的法向量n=（x,y,z）,则由

得取y=2,得n=（3,2,-6k）.

设AA1与平面AB1C所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===,解得k=1,故所求k的值为1.

（3）共有4种不同的方案.

f（k）=

考点二　求面面角

1.（xx课标全国Ⅰ理,18,12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.

（1）证明:

平面PAB⊥平面PAD;

（2）若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

解析　本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.

（1）由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.

由于AB∥CD,故AB⊥PD,

又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.

（2）在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.

由

（1）可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,

又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.

以F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标系F-xyz.

由

（1）及已知可得A,P,B,C.

所以=,=（,0,0）,=,=（0,1,0）.

设n=（x1,y1,z1）是平面PCB的法向量,则

即

可取n=（0,-1,-）.

设m=（x2,y2,z2）是平面PAB的法向量,则

即

可取m=（1,0,1）.

则cos==-.

易知二面角A-PB-C为钝二面角,

所以二面角A-PB-C的余弦值为-.

2.（xx四川理,18,12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.

（1）在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;

（2）若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

解析　

（1）在梯形ABCD中,AB与CD不平行.

延长AB,DC,相交于点M（M∈平面PAB）,点M即为所求的一个点.

理由如下:

由已知,BC∥ED,且BC=ED.

所以四边形BCDE是平行四边形.

从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,

所以CM∥平面PBE.

（说明:

延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点）

（2）解法一:

由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD.

从而CD⊥PD.

所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.

所以∠PDA=45°.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.

过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连结PH.

易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,

从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.

所以平面PCE⊥平面PAH.

过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.

所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.

在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,

所以AH=.

在Rt△PAH中,PH==,

所以sin∠APH==.

解法二:

由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.

所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.

作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则A（0,0,0）,P（0,0,2）,C（2,1,0）,E（1,0,0）,

所以=（1,0,-2）,=（1,1,0）,=（0,0,2）.

设平面PCE的法向量为n=（x,y,z）,

由得

设x=2,解得n=（2,-2,1）.

设直线PA与平面PCE所成角为α,

则sinα===.

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.

3.（xx安徽,19,13分）如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.

（1）证明:

EF∥B1C;

（2）求二面角E-A1D-B1的余弦值.

解析　

（1）证明:

由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.

（2）因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A（0,0,0）,B（1,0,0）,D（0,1,0）,A1（0,0,1）,B1（1,0,1）,D1（0,1,1）,而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为（0.5,0.5,1）.

设面A1DE的法向量n1=（r1,s1,t1）,而该面上向量=（0.5,0.5,0）,=（0,1,-1）,由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组（-1,1,1）为其一个解,

所以可取n1=（-1,1,1）.

设面A1B1CD的法向量n2=（r2,s2,t2）,而该面上向量=（1,0,0）,=（0,1,-1）,

由此同理可得n2=（0,1,1）.

所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为

==.

4.（xx福建,17,13分）如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段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.

解析　解法一:

（1）证明:

如图,取AE的中点H,连结HG,HD,

又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.

又F是CD的中点,所以DF=CD.

由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,

所以GH∥DF,且GH=DF,

从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.

又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.

（2）如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.

又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.

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系,则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z=2,得n=（2,-1,2）.

从而cos===,

所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.

解法二:

（1）证明:

如图,取AB中点M,连结MG,MF.

又G是BE的中点,可知GM∥AE.

又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.

在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.

又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.

又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,

所以平面GMF∥平面ADE.

因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.

（2）同解法一.

5.（xx浙江,17,15分）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.

（1）证明:

A1D⊥平面A1BC;

（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.

解析　

（1）证明:

设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.

因为AB=AC,所以AE⊥BC.

故AE⊥平面A1BC.

由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.

故A1D∥AE.

又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.

（2）解法一:

作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连结B1F.

由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.

由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.

由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.

由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=,

由余弦定理得cos∠A1FB1=-.

解法二:

以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.

由题意知各点坐标如下:

A1（0,0,）,B（0,,0）,D（-,0,）,B1（-,,）.

因此=（0,,-）,=（-,-,）,=（0,,0）.

设平面A1BD的法向量为m=（x1,y1,z1）,平面B1BD的法向量为n=（x2,y2,z2）.

由即可取m=（0,,1）.

由即可取n=（,0,1）.

于是cos==.

由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.

6.（xx陕西,18,12分）如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,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2.

（1）证明:

CD⊥平面A1OC;

（2）若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.

解析　

（1）证明:

在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,

所以BE⊥AC.

即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,

从而BE⊥平面A1OC,

又CD∥BE,

所以CD⊥平面A1OC.

（2）因为平面A1BE⊥平面BCDE,

又由

（1）知,BE⊥OA1,BE⊥OC,

所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,

所以∠A1OC=.

如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,

因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,

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夹角为θ,

则得取n1=（1,1,1）;

得取n2=（0,1,1）,

从而cosθ=|cos|==,

即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.

7.（xx重庆,19,13分）如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,P