(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理(普通生含解析)
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1、(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理(普通生,含解析) [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 2018 線面角的正弦值的求解·T18(2) 二面角、線面角的正弦值的求解·T20(2) 二面角的正弦值的求解·T19(2) 2017 二面角的余弦值的求解·T18(2) 二面角的余弦值的求解·T19(2) 二面角的余弦值的求解·T19(2) 2016 二面角的余弦值的求解·T18(2) 二面角的正弦值的求解·T19(2) 線面角的正弦值的求解·T19(2) 高考對此部分的
2、命題較為穩(wěn)定,一般為解答題,多出現(xiàn)在第18或19題的第二問的位置,考查利用空間向量求異面直線所成的角、線面角或二面角,難度中等偏上. 利用空間向量證明空間位置關(guān)系 1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,D為C1C的中點,求證:B1D⊥平面ABD. 證明:由題意知AB,BC,BB1兩兩垂直,故以B為坐標(biāo)原點,BA,BC,BB1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4), 設(shè)BA=a,則A(a,0,0), 所以=(a,0,0),=(0,2,2
3、), =(0,2,-2), 所以·=0,·=0+4-4=0, 即B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又BA∩BD=B,BA?平面ABD,BD?平面ABD, 所以B1D⊥平面ABD. 2.如圖所示,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點,PA=AB=1,BC=2. (1)求證:EF∥平面PAB; (2)求證:平面PAD⊥平面PDC. 證明:以A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 所以E,F(xiàn)
4、, =,=(0,0,1),=(0,2,0), =(1,0,0),=(1,0,0). (1)因為=-,所以∥, 即EF∥AB. 又AB?平面PAB,EF?平面PAB, 所以EF∥平面PAB. (2)因為·=(0,0,1)·(1,0,0)=0, ·=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以⊥,⊥, 即AP⊥DC,AD⊥DC. 又AP∩AD=A,AP?平面PAD,AD?平面PAD, 所以DC⊥平面PAD.因為DC?平面PDC, 所以平面PAD⊥平面PDC. [解題方略] 利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系,建系時要盡可能地利用條件中的
5、垂直關(guān)系. (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系,用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素. (3)通過空間向量的運算求出直線的方向向量或平面的法向量,再研究平行、垂直關(guān)系. (4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題. 利用空間向量求空間角 增分考點·廣度拓展 [分點研究] 題型一 計算異面直線所成的角 [例1] 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值. [解] 法一:(基向量法)如圖,?。絘,=b,=c,則由已知可得|a|=2,|b|=|c|=1, 且〈a,b〉=120°,〈a,c
6、〉=〈b,c〉=90°. 所以a·b=2×1×cos 120°=-1,a·c=b·c=0. 因為=c-a,=b+c, 所以·=(c-a)·(b+c)=c2+c·b-a·b-a·c=12+0-(-1)-0=2. 又||====, ||====, 所以cos〈,〉===. 所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. 法二:(坐標(biāo)法)如圖,在平面ABC內(nèi)過點B作BD⊥AB,交AC于點D,則∠CBD=30°. 因為BB1⊥平面ABC,故以B為坐標(biāo)原點,分別以射線BD,BA,BB1為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系, 則B(0,0,0),A(0,2,0),B1(0,0,1
7、),C1(cos 30°,-sin 30°,1),即C1. 所以=(0,-2,1),=. 所以cos〈,〉= ==. 所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. [解題方略] 向量法求異面直線所成角 設(shè)異面直線a,b所成的角為θ,則cos θ=,其中,a,b分別是直線a,b的方向向量. 此方法解題的關(guān)鍵在于找出兩異面直線的方向向量,求兩個向量的數(shù)量積,而要求兩向量的數(shù)量積,可以求兩向量的坐標(biāo),也可以把所求向量用一組基向量表示.兩個向量的夾角范圍是[0,π],而兩異面直線所成角的范圍是,應(yīng)注意加以區(qū)分. [注意] 兩條異面直線所成角的范圍是.當(dāng)所作或所求的角為鈍角時,應(yīng)取其補角
8、作為兩條異面直線所成的角. 題型二 計算直線與平面所成的角 [例2] (2018·全國卷Ⅰ)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F(xiàn)分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. [解] (1)證明:由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF, 又PF∩EF=F, 所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD, 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如圖,作PH⊥EF,垂足為H. 由(1)得,PH⊥平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點,的方向為y軸正方向,
9、||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE. 又因為DP=2,DE=1, 所以PE=. 又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF. 所以PH=,EH=. 則H(0,0,0),P,D, =,=. 又為平面ABFD的法向量, 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ, 則sin θ===. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. [解題方略] 向量法求直線和平面所成的角 設(shè)θ為直線l與平面α所成的角,φ為直線l的方向向量m與平面α的法向量n之間的夾角,則有φ=-θ(如圖(1))或φ=+θ(如圖(2)),所以有sin θ=|cos φ|=|cos〈
10、m,n 〉|=.特別地,φ=0時,θ=,l⊥α;φ=時,θ=0,l?α或l∥α. 題型三 計算二面角 [例3] 如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°. (1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值. [解] (1)在平面ABCD內(nèi),過點A作AE⊥AD,交BC于點E. 因為AA1⊥平面ABCD, 所以AA1⊥AE,AA1⊥AD. 故以AE,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因為AB=AD=2, AA1=
11、,∠BAD=120°, 則A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,). (1) =(,-1,-),=(,1,). 則cos〈,〉===-. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)可知平面A1DA的一個法向量為=(,0,0). 設(shè)m=(x,y,z)為平面BA1D的一個法向量, 又=(,-1,-),=(-,3,0), 則即 不妨取x=3,則y=,z=2, 所以m=(3,,2)為平面BA1D的一個法向量, 從而cos〈,m〉===. 設(shè)二面角B-A1D-A的大小為θ,則|cos θ|=. 因為θ∈[0
12、,π],所以sin θ==. 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. [解題方略] 向量法求二面角 設(shè)二面角α-l-β的平面角為θ(0≤θ≤π),n1,n2分別為平面α,β的法向量,向量n1,n2的夾角為ω,則有θ+ω=π(如圖(1))或θ=ω(如圖(2)),其中cos ω=. [多練強化] 1.(2019屆高三·貴陽摸底)如圖,CD,AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,E是底面圓周上不同于A,B兩點的一點,AE=1. (1)求證:BE⊥平面DAE; (2)求二面角C-DB-E的余弦值. 解:(1)證明:由圓柱的性質(zhì)知,DA⊥平面ABE,
13、 又BE?平面ABE,∴BE⊥DA, ∵AB是底面圓的直徑,E是底面圓周上不同于A,B兩點的一點, ∴BE⊥AE. 又DA∩AE=A,DA?平面DAE,AE?平面DAE, ∴BE⊥平面DAE. (2)法一:如圖,過E作EF⊥AB,垂足為F,由圓柱的性質(zhì)知平面ABCD⊥平面ABE, ∴EF⊥平面ABCD. 過F作FH⊥DB,垂足為H,連接EH, 則∠EHF即所求的二面角的平面角的補角, 由AB=AD=2,AE=1, 得DE=,BE=,BD=2, ∴EF==, 由(1)知BE⊥DE,∴EH===, ∴sin∠EHF===, ∴cos∠EHF= =, ∴二面角C-DB
14、-E的余弦值為-. 法二:過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, ∵AB=AD=2,AE=1, ∴BE=,∴E, D(0,0,2),B(0,2,0), ∴=,=(0,-2,2). 設(shè)平面EBD的法向量為n=(x,y,z), 則即 取z=1,則n=(,1,1)為平面EBD的一個法向量. 易知平面CDB的一個法向量為m=(1,0,0), ∴cos〈m,n〉===, 由圖知,二面角C-DB-E為鈍角, ∴二面角C-DB-E的余弦值為-. 2.(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形且∠CBB1=60°
15、,AB=AC1. (1)證明:平面AB1C⊥平面BB1C1C; (2)若AB⊥B1C,直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°,求直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值. 解:(1)證明:連接BC1交B1C于點O,連接AO, ∵側(cè)面BB1C1C為菱形,∴B1C⊥BC1. ∵AB=AC1,O為BC1的中點,∴AO⊥BC1. ∵B1C∩AO=O,∴BC1⊥平面AB1C. 又BC1?平面BB1C1C,∴平面AB1C⊥平面BB1C1C. (2)∵AB⊥B1C,BO⊥B1C,AB∩BO=B, ∴B1C⊥平面ABO, 又AO?平面ABO, ∴AO⊥B1C,從而OA,OB,OB
16、1兩兩垂直. 以O(shè)為坐標(biāo)原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. ∵直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°, ∴∠ABO=30°. 設(shè)AO=1,則BO=,又∠CBB1=60°, ∴△CBB1是邊長為2的等邊三角形, ∴A(0,0,1),B(,0,0),B1(0,1,0),C(0,-1,0), =(0,1,-1),=(0,-2,0), ==(,0,-1). 設(shè)n=(x,y,z)是平面A1B1C的法向量, 則即 令x=1,則n=(1,0,)為平面A1B1C的一個法向量. 設(shè)直線AB1與平面A1B1C所成的角為θ, 則sin θ=|cos〈
17、,n〉|==, ∴直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值為. 利用空間向量解決探索性問題 [典例] 已知幾何體ABCC1B1N的直觀圖和三視圖如圖所示,其正視圖為矩形,側(cè)視圖為等腰直角三角形,俯視圖為直角梯形. (1)連接B1C,若M為AB的中點,在線段CB上是否存在一點P,使得MP∥平面CNB1?若存在,求出BP的長;若不存在,請說明理由. (2)求二面角C-NB1-C1的余弦值. [解] 由題意可知,BA,BB1,BC兩兩垂直,以BA,BB1,BC所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz,則由該幾何體的三視圖可知,C(0,0,4),N(
18、4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4). (1)設(shè)平面CNB1的法向量為n=(x,y,z). ∵=(-4,-4,4),=(-4,4,0), ∴即 令x=1,可得平面CNB1的一個法向量為n=(1,1,2), 設(shè)P(0,0,a)(0≤a≤4),由于M(2,0,0), 則=(2,0,-a). 又MP∥平面CNB1, ∴·n=2-2a=0,解得a=1. ∴在線段CB上存在一點P,使得MP∥平面CNB1,此時BP=1. (2)設(shè)平面C1NB1的法向量為m=(x′,y′,z′), ∵=(-4,4,4), ∴即 令x′=1,可得平面C1NB1的一個法向量為m=(1,
19、1,0), ∴cos〈m,n〉===. 由圖可知,二面角C-NB1-C1為銳角, 故二面角C-NB1-C1的余弦值為. [解題方略] 利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認可其中的一部分結(jié)論. (2)在這個前提下進行邏輯推理,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論. [多練強化] 如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,點E是棱PD的中點,點F是PC的中點. (1)證明:P
20、B∥平面AEC. (2)若四邊形ABCD為正方形,探究在什么條件下,二面角C-AF-D大小為60°? 解:(1)證明:連接BD,設(shè)AC∩BD=O,連接OE, 因為四邊形ABCD為矩形, 所以點O是BD的中點, 因為點E是棱PD的中點, 所以PB∥EO, 又因為PB?平面AEC,EO?平面AEC, 所以PB∥平面AEC. (2)由題意知AB,AD,AP兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點,以AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)AB=AD=2a,AP=2c, 則A(0,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),P(0,0,2c),
21、F(a,a,c). 因為z軸?平面CAF, 所以設(shè)平面CAF的一個法向量為n=(x,1,0), 而=(2a,2a,0), 所以·n=2ax+2a=0,得x=-1, 所以n=(-1,1,0). 因為y軸?平面DAF, 所以設(shè)平面DAF的一個法向量為m=(1,0,z), 而=(a,a,c),所以·m=a+cz=0,得z=-, 所以m=, 所以cos 60°===,得a=c. 即當(dāng)AP等于正方形ABCD的邊長時,二面角C-AF-D的大小為60°. 數(shù)學(xué)抽象——向量法解決空間立體幾何問題 [典例] 如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.點D,E,
22、N分別為棱PA,PC,BC的中點,M是線段AD的中點,PA=AC=4,AB=2. (1)求證:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知點H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為,求線段AH的長. [解] 由題意知,AB,AC,AP兩兩垂直,故以A為坐標(biāo)原點,分別以,,方向為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.依題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)證明:=(0,2,0),=(2,0,-2). 設(shè)n=(x,y,
23、z)為平面BDE的法向量, 則即 不妨取z=1,可得n=(1,0,1). 又=(1,2,-1),可得·n=0. 因為MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個法向量. 設(shè)n2=(x1,y1,z1)為平面EMN的法向量, 又=(0,-2,-1),=(1,2,-1), 則即 不妨取y1=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos〈n1,n2〉==-, 于是sin〈n1,n2〉=. 所以二面角C-EM-N的正弦值為. (3)依題意,設(shè)AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h), 進而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2). 由已知,得|cos〈,〉|= ==, 整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=. 所以線段AH的長為或. [素養(yǎng)通路] 本題考查了線面平行、二面角及已知線面角求線段的長,以學(xué)習(xí)過的空間向量的相關(guān)知識為工具,通過數(shù)學(xué)抽象將幾何問題:證明線面平行、求二面角及求線段的長抽象成直線共線向量與平面法向量垂直、兩平面法向量的夾角及向量的模長問題,進而進行求解,考查了數(shù)學(xué)抽象這一核心素養(yǎng).
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