2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立

- 1 - 第2讲 空间向量与立体几何

[做小题——激活思维]

1．在正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4

C.π3

D.π

2

D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ，

∴AC ⊥B 1D ，

∴AC 与B 1D 所成角的大小为π

2.]

2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(

)

A ．45°

B ．135°

C ．45°或135°

D ．90°

C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，

∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，

∴cos〈m ，n 〉＝m ·n

|m ||n |＝12＝2

2，

设两平面所成的二面角为α，则

|cos α|＝2

2，∴α＝45°或135°，故选C.]

3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ；

③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b .

- 2 - 其中真命题的序号是( )

A ．①②

B ．②③

C ．①④

D ．②④

D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；

对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；

对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；

对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]

4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12

，则l 与α所成的角为________．

π6

[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈?

?????0，π2，∴θ＝π6.] [扣要点——查缺补漏]

1．证明线线平行和线线垂直的常用方法

(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.

(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．

2．证明线面平行和线面垂直的常用方法

(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理．

(2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理．

3．异面直线所成的角求法

(1)平移法：解三角形．

(2)向量法：注意角的范围．如T 1.

4．二面角的求法

cos θ＝cos〈m，n〉＝m·n

|m||n|

，如T2.

5．线面角的求法

sin θ＝|cos〈m，n〉|，如T4.

- 3 -

利用空间向量求空间角(5年15考)

[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和

- 4 -

- 5 - 面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.

(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．

(1)证明：PO ⊥平面ABC ；

(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -PA -C 为30°，求PC 与平

面PAM 所成角的正弦值．

切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；

(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M -PA -C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．

[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22

AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12

AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2

知PO ⊥OB .

由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .

(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，

建立空间直角坐标系O -xyz .

由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →

＝(0,2,23)．取平面PAC 的

一个法向量OB →＝(2,0,0)．

设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)．

设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．

由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得 ??? 2y ＋23z ＝0，ax ＋4－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，

所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －423a －42＋3a 2＋a

2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32

， 所以23|a －4|23a －42＋3a 2

＋a 2＝32，

- 6 - 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43， 所以n ＝? ????－833

，433，－43. 又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34

. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为

34

. [教师备选题]

1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，

∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥

平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .

(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；

(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．

[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.

由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .

又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .

在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝

22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62

. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝

22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2

，所以EG ⊥FG .

又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC .

因为EG 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC . (2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为

x 轴，y 轴正方向，|GB →

|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz .

由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，

22，C (0，3，0)，

- 7 - 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝? ????－1，－3，22. 故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|

＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33

. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．

(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；

(2)求二面角A -MA 1-N 的正弦值．

[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12

B 1

C .又因为N 为A 1

D 的中点，所以ND ＝12

A 1D . 由题设知A 1

B 1

DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN 平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .

(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →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 (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，

－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，

0)．

设m ＝(x ，y ，z )为 …… 此处隐藏：10520字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……