2020届高三数学二轮复习之向量法解空间立体几何 教案（含答案）

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2020届高三数学二轮复习之向量法解空间立体几何

解题关键：两个重要向量——直线的方向向量，平面的法向量
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
线线平行：∥∥；
线面平行：∥；
面面平行：∥∥
线线垂直：⊥⊥；
线面垂直：⊥∥；
面面垂直：⊥⊥
空间中所成角的问题
线线所成角：(0，]
线面所成角：[0，]
面面所成角：[0，π]
这三个所成角问题皆可以转化到线线所成角；线面，或面面转化的桥梁便是平面的法向量。
例题1.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．


答案：（1）连接OM可证
（2）二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；
（3）．


空间中点的坐标的确定（重点）
技巧1：点若在底面（即xoy平面），分别向X,y轴作垂线，所对应的距离便是y，x的坐标的绝对值，符号看象限。
点若在空间中，先向xoy平面作垂线，所得距离（可根据平面几何关系，也可根据性质夹在两平行平面间的平行线所截距离相等性质得到）便是z坐标的绝对值，符号看象限。
例题2.如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．
（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；
（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．

答案：（1）侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为
（2）存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），

技巧2：把这个点所在的平面单独拿出来研究，即抽出这个平面来研究。
例题3．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．
（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；
（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．


提示：此题第（II）问求F点的坐标便可把平面ABB1A1单独拿出来研究
直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．
习题巩固
1.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是多少？





2.如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，
AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O、M分别为CE、AB的中点．


(1)求证：OD∥平面ABC；
(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；





3．如图所示，在六面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1.

(1)求证：BF∥平面ACGD；
(2)求二面角D－CG－F的余弦值．






4．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.

(1)求证：BB1⊥面ABC；
(2)求多面体DBC－A1B1C1的体积；
(3)求二面角C－DA1－C1的余弦值．









5．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.

(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．














参考答案
1.解：以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，
建立空间直角坐标系．
设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成角为60°.


2.(1)证明　取AC中点F，连结OF、FB.
∵F是AC中点，O为CE中点，
∴OF∥EA且OF＝EA.
又BD∥AE且BD＝EA.
∴OF∥DB，OF＝DB.
∴四边形BDOF是平行四边形．
∴OD∥FB.
又∵FB?平面ABC，OD?平面ABC，∴OD∥平面ABC.
(2)解：　∵DB⊥AB，
平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB?平面ABDE，
∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如图，以C为原点，分别为CA、CB为x、y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系．
∵AC＝BC＝4，
∴各点坐标为C(0,0,0)，A(4,0,0)，
B(0,4,0)，D(0,4,2)，E(4,0,4)．
∴O(2,0,2)，M(2,2,0)，
＝(0,4,2)，＝(－2,4,0)，＝(－2,2,2)．
设平面ODM的法向量n＝(x，y，z)，则由n⊥，n⊥，
可得
令x＝2，得y＝1，z＝1，∴n＝(2,1,1)．
设直线CD和平面ODM所成角为θ.
则sin θ＝||＝||＝＝.
∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为.
3.解：由题意可得，AD，DE，DG两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．

则A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，
F(2,1,0)．
(1)＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴＝.∴BF∥CG.
又BF?平面ACGD，故BF∥平面ACGD.
(2)＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．
设平面BCGF的法向量为n1＝(x，y，z)，
则
令y＝2，则n1＝(1,2,1)．
则平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)．
∴cos〈n1，n2〉＝
＝＝.
由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D－CG－F的余弦值为.

4.解：以C为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则

C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)．
∴D(1,0,1)． 设n1＝(x1，y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有即
∴ 故可取n1＝(1,1，－1)．
同理设n2＝(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一个法向量，且＝(1，－2,1)，＝(0,0,2)．
则有即
∴故可取n2＝(2,1,0)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
又二面角C－DA1－C1的平面角为锐角，所以其余弦值为.

(1)证明：如图所示，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分为
x，y，z轴建立空间直角坐标系，则


C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即＝(0,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)．
由·＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1.
由·＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1.
又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.
又CD?平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．
设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．
则?令z＝－1.
得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
则由cos60°＝，得＝.
即a＝，故AD＝.


























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