（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.7立体几何的综合问题讲义（含解析）.docx

8.7立体几何的综合问题最新考纲考情考向分析1.理解空间点、直线、平面的位置关系的定义，理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.2.了解直线的方向向量与平面的法向量.3.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.利用线面关系的判定、性质定理证明空间的平行和垂直；利用空间角的概念或借助空间向量计算空间角(以线面角为主)，题型为解答题，考查学生的空间想象能力和计算能力.1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面内两不共线向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组为2.空间中平行、垂直关系的证明方法(1)利用空间平行、垂直关系的转化：线线关系线面关系面面关系.(2)利用直线的方向向量和平面的法向量的关系.3.求两条异面直线所成的角(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角).(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的锐角.4.求直线与平面所成的角(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)解三角形.(2)直线与平面所成角的求法设直线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，a与n的夹角为，则sin|cos|.5.求二面角的大小(1)如图，AB，CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，.(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos|cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)平面的单位法向量是唯一确定的.()(2)若两平面的法向量平行，则两平面平行.()(3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.()(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.()(5)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，.()(6)若二面角a的两个半平面，的法向量n1，n2所成角为，则二面角a的大小是.()题组二教材改编2.P104T2设u，v分别是平面，的法向量，u(2，2，5)，当v(3，2，2)时，与的位置关系为_；当v(4，4，10)时，与的位置关系为_.答案解析当v(3，2，2)时，uv(2，2，5)(3，2，2)0得.当v(4，4，10)时，v2u得.3.P111T3如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是_.答案垂直解析以A为原点，分别以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M，O，N，0，ON与AM垂直.4.P104T2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_.答案45或135解析cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.题组三易错自纠5.直线l的方向向量a(1，3，5)，平面的法向量n(1，3，5)，则有()A.lB.lC.l与斜交D.l或l答案B解析由an知，na，则有l，故选B.6.已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为_.答案30解析设l与所成角为，cosm，n，sin|cosm，n|，090，30.题型一证明平行或垂直问题1.(2018台州调研)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.相交B.平行C.垂直D.MN在平面BB1C1C内答案B解析以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C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，由于A1MAN，则M，N，.又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.因为0，所以，又MN平面BB1C1C，所以MN平面BB1C1C.2.(2010浙江)设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是()A.若lm，m，则lB.若l，lm，则mC.若l，m，则lmD.若l，m，则lm答案B解析对于A，由lm及m，可知l与的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故A不正确.B正确.对于C，由l，m知，l与m的位置关系为平行或异面，故C不正确.对于D，由l，m知，l与m的位置关系为平行、异面或相交，故D不正确.3.如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.求证：MN平面BDE.证明如图，以A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.由题意，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).(0，2，0)，(2，0，2).设n(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1，0，1).又(1，2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.4.如图所示，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，ABCBCD90，ABBCPBPC2CD，侧面PBC底面ABCD.证明：(1)PABD；(2)平面PAD平面PAB.证明(1)取BC的中点O，连接PO，平面PBC底面ABCD，PBC为等边三角形，平面PBC底面ABCDBC，PO平面PBC，PO底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD1，则ABBC2，PO，A(1，2，0)，B(1，0，0)，D(1，1，0)，P(0，0，)，(2，1，0)，(1，2，).(2)1(1)(2)0()0，PABD.(2)取PA的中点M，连接DM，则M.，(1，0，)，100()0，即DMPB.10(2)()0，即DMPA.又PAPBP，PA，PB平面PAB，DM平面PAB.DM平面PAD，平面PAD平面PAB.思维升华(1)证明平行或垂直问题要以两条直线的平行或垂直为基础，灵活转化线线、线面、面面的关系.(2)利用向量法证明平行、垂直问题时，要充分应用直线的方向向量和平面的法向量，将空间线面关系转化为向量的关系.题型二空间角的计算命题点1求直线和平面所成的角例1(2018温州高考适应性测试)如图，在四面体ABCD中，ABBCCDBDAD1，平面ABD平面CBD.(1)求AC的长；(2)点E是线段AD的中点，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值.解(1)AB1，BD，AD2，AD2AB2BD2，即ABBD.又平面ABD平面CBD，平面ABD平面CBDBD，AB平面ABD，AB平面CBD，ABBC，ABBC1，AC.(2)方法一由(1)可知AB平面CBD，如图，过点B作BGDC的延长线于点G，连接AG，则有CD平面ABG，平面AGD平面ABG，过点B作BHAG于点H，平面AGD平面ABGAG，BH平面AGD，连接HE，则BEH为直线BE与平面ACD所成的角.由BCCD1，BD，易得BCD120，BG.又AB1，AG，BH.又BEAD1，sinBEH，即直线BE与平面ACD所成角的正弦值为.方法二在平面BCD上作BFBC，分别以B为原点，BC，BF，BA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，则有C(1，0，0)，D，A(0，0，1)，设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，(1，0，1)，又令y1，则xz，n(，1，)是平面ACD的一个法向量.又，设直线BE与平面ACD所成的角为，sin|cos，n|.命题点2求二面角例2(2018浙江名校(诸暨中学)交流卷四)如图，已知ABC为等边三角形，M为AB的中点，AA1，BB1分别垂直平面ABC于点A，B，AA1AB，BB1AB，MNA1B1，垂足为N.(1)求证：CNA1B1；(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.(1)证明因为AA1，BB1分别垂直平面ABC于点A，B，所以平面AA1B1B平面ABC，又M为AB的中点，所以CMAB，于是CM平面A1ABB1，所以CMA1B1.又因为MNA1B1，CMMNM，所以A1B1平面CMN，又CN平面CMN，所以A1B1CN.(2)解方法一如图，延长AB，A1B1相交于点D，连接CD，则CD为所求二面角的棱.因为BB1AA1，BB1AA1，所以，于是BDBCBA，于是ACD90，即CDCA.又因为CDAA1，CAAA1A，所以CD平面AA1C，所以CDCA1.于是A1CA即为所求二面角的平面角.在RtA1AC中，AA1ABAC，所以A1CA45，所以tanA1CA1.综上，平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.方法二如图，以M为原点，MA为x轴，MC为y轴建立空间直角坐标系，设AB2.则C(0，0)，A1(1，0，2)，B1(1，0，1)，(1，2)，(2，0，1)，设平面A1B1C的法向量为n1(x，y，z).由n10，n10，得取x1，则y，z2，故n1(1，2).设所求二面角的大小为，又平面ABC的一个法向量为n2(0，0，1).所以cos，所以tan1.思维升华(1)利用定义法计算空间角的三步曲：一作二证三计算.(2)利用向量法求角时，可利用基底法或建立空间直角坐标系，要注意两个向量的夹角和所求角的关系.跟踪训练(2018宁波模拟)如图，四边形ABCD为梯形，ABCD，C60，点E在线段CD上，满足BECD，且CEABCD2，现将ADE沿AE翻折到AME位置，使得MC2.(1)证明：AEMB；(2)求直线CM与平面AME所成角的正弦值.(1)证明方法一在梯形ABCD中，连接BD交AE于点N，由条件易得BD4，BC2BD2CD2，故BCBD.又BCAE，AEBD，从而AEBN，AEMN，且BNMNN，AE平面MNB，又MB平面MNB，AEMB.方法二由MEDE6，CE2，MC2，得ME2CE2MC2，故CEME.又CEBE，且MEBEE，CE平面BEM.MB平面BEM，CEMB，又ABCE，ABMB.易得AMAD2，则在RtABM中，MB2，又BE2，ME2MB2BE2，故BEMB.又ABBEB，MB平面ABE，又AE平面ABE，AEMB.(2)解方法一设直线MC与平面AME所成角为，则sin，其中h为点C到平面AME的距离.AEBC，点C到平面AME的距离即为点B到平面AME的距离.由VMABESABEMBVBAMESAMEh，得h，sin.方法二MB平面ABCE，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0，2，0)，C(2，2，0)，E(2，0，0)，M(0，0，2)，则(0，2，2)，(2，2，0)，(2，2，2).设平面AME的法向量为m(x，y，z)，由可取m(，1).设直线CM与平面AME所成角为，则sin|cosm，|.利用空间向量求空间角例(15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PCD为正三角形且二面角PCDA的大小为60.(1)设侧面PAD与侧面PBC的交线为m，求证：mBC；(2)设直线AB与侧面PBC所成的角为，求sin的值.思维点拨本题主要考查线线平行的证明，线面角的正弦值的求法以及空间中线线、线面、面面间的位置关系等，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.规范解答(1)证明因为BCAD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC侧面PAD.又侧面PAD侧面PBCm，所以mBC.5分(2)解方法一取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，则PMCD，MNCD.所以PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角，从而PMN60.作POMN于点O，则PO底面ABCD.因为CM2，所以PM2，所以OM，OP3.9分以O为原点，ON所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，2，0)，B(4，2，0)，C(，2，0)，P(0，0，3)，(0，4，0)，(4，2，3)，(，2，3).设n(x，y，z)是平面PBC的法向量，则解得取n(0，3，2).则sin|cosn，|.15分方法二如图，取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，则PMCD，MNCD，所以PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角，从而PMN60.作POMN于点O，则PO底面ABCD.因为CM2，所以PM2，所以OP3.9分作OEAB交BC于点E，连接PE.因为BCPO，BCOE，OPOEO，所以BC平面POE.从而平面POE平面PBC.所以PEO就是直线OE即直线AB与平面PBC所成的角.所以PEO.在RtPOE中，tan，故sin.15分利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.1.若直线l的方向向量为a(1，0，2)，平面的法向量为n(2，1，1)，则()A.lB.lC.l或lD.l与斜交答案C解析a(1，0，2)，n(2，1，1)，an0，即an，l或l.2.如图，在空间直角坐标系中，有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案A解析设CA2，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量(2，2，1)，(0，2，1)，由向量的夹角公式得cos，故选A.3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.B.C.D.答案B解析以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(0，1，1)，.设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则有即n1(1，2，2).平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.4.(2018金华模拟)如图，平面，l，A，B，A，B到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，线段AB在，内的射影长分别是m和n，若ab，则()A.，mnB.，mnC.，mnD.n答案D解析由题意得解得故选D.5.已知正三棱柱ABCA1B1C1，ABAA12，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为()A.0B.C.D.答案C解析以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B1(，1，2)，A1(0，0，2)，C(0，2，0)，(，1，2)，(0，2，2)，设异面直线AB1和A1C所成的角为，则cos.异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为.6.(2018宁波十校高三适应性考试)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱AB上的动点(P点可以运动到端点A和B)，设在运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1所成的最小角为，则cos等于()A.B.C.D.答案D解析以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，APa(0a1)，则易得D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，1，1)，则(1，a，0)，(1，1，1)，设平面PDB1的法向量为n(x，y，z)，则令xa，得平面PDB1的一个法向量为n(a，1，a1)，易得平面ADD1A1的一个法向量为m(0，1，0)，由图易得平面PDB1与平面ADD1A1所成的二面角为锐角，设其为，则其余弦值为cos，易得当二面角取得最小值时，a，此时有cos，故选D.7.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为_.答案解析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由ABAC1，PA2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F.(0，0，2)，.设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成的角为，则sin|cosn，|，直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.8.如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_.答案解析AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.9.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_.答案60解析以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则(0，1，1)，(2，0，2)，2，cos，异面直线所成角的范围是(0，90，EF和BC1所成的角为60.10.已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为_.答案解析方法一延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所求锐二面角的平面角.BH，EB1，tanEHB.方法二如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1，0，0)，E，F，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，z3，x1，则n(1，1，3)，取平面ABC的法向量为m(0，0，1)，设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为，则cos|cosn，m|，tan.11.(2018嘉兴基础测试)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，PAAB2，E为CD的中点，ABC60.(1)求证：AE平面PAB；(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.(1)证明由题易知ADEABC60，ADCD，E是CD的中点，AECD.又ABCD，AEAB.PA平面ABCD，PAAE，又PAABA，AE平面PAB.(2)解方法一连接PE，过点A作AHPE于点H(图略).CDEA，CDPA，EAPAA，CD平面PAE，CDAH.又AHPE，CDPEE，CD，PE平面PCD，AH平面PCD.AEP为直线AE与平面PCD所成的角.在RtPAE中，PA2，AE，PE，sinAEP，直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.方法二以A为坐标原点，AB，AE，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，E(0，0)，C(1，0)，D(1，0)，(0，0)，(1，2)，(2，0，0).设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则n为平面PCD的一个法向量，设直线AE与平面PCD所成的角为，则sin|cos，n|.直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.12.(2018浙江“七彩阳光”联盟联考)如图，四边形ABCD为正方形，四边形PDCE为直角梯形，PDCE，PDC90，平面ABCD平面PDCE，且PDAD2EC2.(1)若PE和DC的延长线交于点F，求证：BF平面PAC；(2)若Q为EC边上的动点，求直线BQ与平面PDB所成角的正弦值的最小值.(1)证明在梯形PDCE中，PD2EC，C为DF的中点，CFCDAB，又ABCF，四边形ABFC为平行四边形，BFAC，又AC平面PAC，BF平面PAC，BF平面PAC.(2)解方法一设点Q在平面PBD上的射影为O，连接OQ，OB(图略)，则QBO为直线BQ与平面PDB所成的角.ECPD，EC平面PBD，EC平面PBD.四边形ABCD为正方形，ACBD，又平面ABCD平面PDCE，平面ABCD平面PDCECD，PDDC，PD平面PDCE，PD平面ABCD，PDAC，又BDPDD，AC平面PBD，点C到平面PBD的距离为.EC平面PBD，点Q到平面PBD的距离OQ.令CQk(0k1)，BQ，sinQBO.故直线BQ与平面PDB所成角的正弦值的最小值为.方法二平面ABCD平面PDCE，平面ABCD平面PDCECD，PDDC，PD平面PDCE，PD平面ABCD，PDDA.以D为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，易知A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，平面PDB的一个法向量为(2，2，0)，设Q(0，2，t)(0t1)，(2，0，t)，记直线BQ与平面PDB所成的角为，sin.故直线BQ与平面PDB所成角的正弦值的最小值为.13.(2019金华模拟)已知点P是正方体ABCDA1B1C1D1表面上一动点，且满足PA2PB，设PD1与平面ABCD所成的角为，则的最大值为()A.B.C.D.答案A解析以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，P(x，y，z)，则A(0，2，0)，因为PA2PB，所以2，即x22z2，所以点P的轨迹为以点Q为球心，为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的、，要使得PD1与底面ABCD所成的角最大，则PD1与底面ABCD的交点R到点D的距离最短，从而点P在上，且在QD上，则DPDQ2，从而tan的最大值为1，故的最大值为.14.(2018浙江名校联盟联考)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC，ABACAA11，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GDEF，则线段DF的长度的取值范围为_.答案解析如图，以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，则E，G，令D(0，b，0)，F(a，0，0)，0a1，0b1，则，0，ab0，即a12b，而0a1，0b，DF，当b时，DF取得最小值，又0b，DF1，故DF的取值范围是.15.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，AA1，点P为BDC1内一点(不含边界)，则A1PC1不可能为()A.等腰三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.钝角三角形答案A解析连接AC与BD交于点O，连接A1O，C1O，A1B，A1D，依题意得，ACBD，AA1BD，又ACAA1A，BD平面AA1C1C.BDA1O，BDC1O，故A1OC1为二面角A1BDC1的平面角.易知A1OC1O2，A1C12，由勾股定理的逆定理，知A1