高考数学一轮复习 高考必考题突破讲座（四）直线、平面与空间向量的应用学案.doc

高考必考题突破讲座(四)直线、平面与空间向量的应用题型特点考情分析命题趋势立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，一至两道选择题或填空题小题主要考查学生的空间想象能力及简单计算能力解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.2017全国卷，182017全国卷，192017浙江卷，192017山东卷，17热点题型主要有空间角的计算、平面图形的翻折、探索性问题等.分值：12分1空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾查看关键点、易错点和答题规范2立体几何中的探索性问题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，其解决方式有：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在3立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力【例1】 (2017全国卷)如图，在四棱锥pabcd中，abcd，且bapcdp90.(1)证明：平面pab平面pad；(2)若papdabdc，apd90，求二面角apbc的余弦值解析 (1)由已知bapcdp90，得abap，cdpd由于abcd，故abpd，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pfad，垂足为f.由(1)可知，ab平面pad，故abpf，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，建立如图所示空间直角坐标系fxyz.由(1)及已知可得a，p，b，c.所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x，y，z)是平面pcb的法向量，则即可取n(0，1，)设m(a，b，c)是平面pab的法向量，则即可取m(1,0,1)则cos n，m.所以二面角apbc的余弦值为.【例2】 (2018河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形abcd是平行四边形，四边形bdef是矩形，ed平面abcd，abd，ab2ad(1)求证：平面bdef平面ade；(2)若edbd，求直线af与平面aec所成角的正弦值解析 (1)在abd中，abd，ab2ad，由余弦定理，得bdad，从而bd2ad2ab2，所以abd为直角三角形且adb90，故bdad因为de平面abcd，bd平面abcd，所以debd又added，所以bd平面ade.因为bd平面bdef，所以平面bdef平面ade.(2)由(1)可得，在rtabd中，bad，bdad，又由edbd，设ad1，则bded.因为de平面abcd，bdad，所以可以点d为坐标原点，da，db，de所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示则a(1,0,0)，c(1，0)，e(0,0，)，f(0，)所以(1,0，)，(2，0)设平面aec的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)，为平面aec的一个法向量因为a(1，)，所以cosn，a，所以直线af与平面aec所成角的正弦值为.【例3】 (2016北京卷)如图，在四棱锥pabcd中，平面pad平面abcd，papd，papd，abad，ab1，ad2，accd.(1)求证：pd平面pab；(2)求直线pb与平面pcd所成角的正弦值；(3)在棱pa上是否存在点m，使得bm平面pcd？若存在，求的值；若不存在，说明理由解析 (1)证明：因为平面pad平面abcd，abad，所以ab平面pad所以abpd又因为papd，所以pd平面pab(2)取ad的中点o，连接po，co.因为papd，所以poad又因为po平面pad，平面pad平面abcd，所以po平面abcd因为co平面abcd，所以poco.因为accd，所以coad如图，建立空间直角坐标系oxyz.由题意得，a(0,1,0)，b(1,1,0)，c(2,0,0)，d(0，1,0)，p(0,0,1)设平面pcd的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2，所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cos n，.所以直线pb与平面pcd所成角的正弦值为.(3)设m是棱pa上一点，则存在0,1使得.因此点m(0,1，)，(1，)因为bm平面pcd，所以要使bm平面pcd，当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0，解得.所以在棱pa上存在点m使得bm平面pcd，此时.【例4】 (2016全国卷)如图，菱形abcd的对角线ac与ed交于点o，ab5，ac6，点e，f分别在ad，cd上，aecf，ef交bd于点h.将def沿ef折到def的位置，od.(1)证明：dh平面abcd；(2)求二面角bdac的正弦值解析 (1)证明：由已知得acbd，adcd又由aecf，得，故acef.因此efhd，从而efdh.由ab5，ac6得dobo4.由efac得.所以oh1，dhdh3.于是dh2oh2321210do2，故dhoh.所以dh平面abcd(2)如图，以h为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系hxyz.则a(3，1,0)，b(0，5,0)，c(3，1,0)，d(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面abd的一个法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面acd的一个法向量，则即所以可取n(0，3,1)于是cos m，n.sin m，n.因此二面角bdac的正弦值是.1如图1，在直角梯形abcd中，adbc，bad，abbc1，ad2，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abbc1，ad2，e是ad的中点bad，所以beac即在题图2中，beoa1，beoc，从而be平面a1oc又cdbe，所以cd平面a1oc(2)由已知，平面abe平面bcde，又由(1)知，beoa1，beoc所以a1oc为二面角a1bec的平面角，所以a1oc.如图，以o为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为|a1b|a1e|bc|ed|1，bccd，所以be，a1，c，得，(，0,0)设平面a1bc的一个法向量n1(x1，y1，z1)，平面a1cd的一个法向量n2(x2，y2，z2)，平面a1bc与平面a1cd的夹角为，则得取n1(1,1,1)；由得取n2(0,1,1)，从而cos |cos n1，n2|，即平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值为.2如图，在直三棱柱abca1b1c1中，平面a1bc侧面abb1a1，且aa1ab2.(1)求证：abbc；(2)若直线ac与平面a1bc所成的角为，请问在线段a1c上是否存在点e，使得二面角abec的大小为，请说明理由解析 (1)证明：连接ab1交a1b于点d，aa1ab，ada1b，又平面a1bc侧面abb1a1，两平面的交线为a1b，ad平面a1bc，bc平面a1bc，adbc三棱柱abca1b1c1是直三棱柱，aa1底面abc，aa1bc，又aa1ada，bc侧面abb1a1，bcab(2)由(1)ad平面a1bc，acd是直线ac与平面a1bc所成的角，即acd，又ad，ac2，假设存在适合条件的点e，建立如图所示空间直角坐标系axyz，设(01)，则b(，0)，b1(，2)，由a1(0,0,2)，c(2，0,0)，得e(2，0,22)，设平面eab的一个法向量m(x，y，z)，由得可取m(1,1，)，由(1)知ab1平面a1bc，平面ceb的一个法向量n(1,1，)，cos m，n，解得，故点e为线段a1c中点时，二面角abec的大小为.3在三棱柱abca1b1c1中，已知侧面abb1a1是菱形，侧面bcc1b1是正方形，点a1在底面abc的投影为ab的中点d(1)证明：平面aa1b1b平面bb1c1c；(2)设p为b1c1上一点，且，求二面角a1abp的正弦值解析 (1)证明：a1d底面abc，a1dbc，侧面bcc1b1是正方形，b1bbc，a1d，b1b 平面aa1b1b，且a1d与b1b相交，bc平面aa1b1b，bc平面bb1c1c，平面bb1c1c平面aa1b1b(2)建立如图所示空间直角坐标系dxyz，设菱形边长为2，则a(0，1,0)，b(0,1,0)，d为ab的中点，且a1dab，a1aa1b，又abb1a1为菱形，a1ab为正三角形，a1ad60，a1d，a1(0,0，)，由(0,2,0)，得b1(0,2，)，由，得p.设平面abp的一个法向量为m(x，y，z)，(0,2,0)，由得可取m(3，0，2)，易知平面aa1b1b的一个法向量n(1,0,0)，cos m, n.二面角a1abp的正弦值为sin m, n.高考必考题突破讲座(四)直线、平面与空间向量的应用解密考纲立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等，难度中等1(2018广东五校诊断)如图，菱形abcd中，abc60，ac与bd相交于点o，ae平面abcd，cfae，abae2.(1)求证：bd平面acfe；(2)当直线fo与平面bed所成的角为45时，求异面直线of与be所成的角的余弦值大小解析 (1)四边形abcd是菱形，bdacae平面abcd，bd平面abcd，bdae.acaea，bd平面acfe.(2)以o为原点，的方向为x，y轴正方向，过o且平行于cf的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则b(0，0)，d(0，0)，e(1,0,2)，f(1,0，a)(a0)，(1,0，a)设平面ebd的法向量为n(x，y，z)，则有即令z1，则n(2,0,1)，由题意得sin 45|cos，n|.a0，解得a3.(1,0,3)，(1，2)，cos.故异面直线of与be所成的角的余弦值为.2(2018河南郑州模拟)如图，在abc中，abc，o为ab边上一点，且3ob3oc2ab，已知po平面abc,2da2aopo，且dapo.(1)求证：平面pbad平面cod；(2)求直线pd与平面bdc所成角的正弦值解析 (1)证明：oboc，又abc，ocb，boc，即coab又po平面abc，oc平面abc，pooc又po，ab平面pab，poabo，co平面pab，即co平面pbad又co平面cod，平面pbad平面cod(2)以oc，ob，op所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设|oa|1，则|po|ob|oc|2，|da|1.则c(2,0,0)，b(0,2,0)，p(0,0,2)，d(0，1,1)，(0，1，1)，(2，2,0)，(0，3,1)设平面bdc的法向量为n(x，y，z)，令y1，则x1，z3，n(1,1,3)设pd与平面bdc所成的角为，则sin .即直线pd与平面bdc所成角的正弦值为.3(2018湖北武汉调考)如图， 四棱锥sabcd中，abcd，bccd，侧面sab为等边三角形，abbc2，cdsd1.(1)证明：sd平面sab；(2)求ab与平面sbc所成角的正弦值解析 方法一(1)建立如图所示的空间直角坐标系cxyz，则d(1,0,0)，a(2,2,0)，b(0,2,0)，设s(x，y，z)，则x0，y0，z0，且(x2，y2，z，)，(x，y2，z)(x1，y，z)由|，得，得x1，由|1得y2z21，由|2得y2z24y10，由解得y，z，s，0，0，dsas，dsbs，又asdss，sd平面sab(2)设平面sbc的一个法向量为m(a，b，c)，(0,2,0)，(2,0,0)，由得可取m(，0,2)，故ab与平面sbc所成的角的正弦值为cosm，.方法二(1)如右图，取ab的中点e，连接de，se，则四边形bcde为矩形，decb2，ad.侧面sab为等边三角形，ab2，sasbab2，且se，又sd1，sa2sd2ad2，se2sd2ed2，sdsa，sdsb，又asdss，sd平面sab(2)作s在de上的射影g，abse，abde，ab平面sde，平面sde平面abcd，两平面的交线为de，sg平面abcd，在rtdse中，由sdsedesg得12sg，sg，作a在平面sbc上的射影h，则abh为ab与平面sbc所成的角，cdab，ab平面sde，cd平面sde，cdsd，在rtcds中，由cdsd1，求得sc.在sbc中，sbbc1，sc，ssbc，由vasbcvsabc，得ssbcahsabcsg，即ah22，得ah，sin abh，故ab与平面sbc所成的角的正弦值为.4(2018安徽江南名校联考)如图，在四棱锥pabcd中，pd平面abcd，abdc，abad，dc6，ad8，bc10，pad45，e为pa的中点(1)求证：de平面bpc；(2)线段ab上是否存在一点f，满足cfdb？若存在，试求出二面角fpcd的余弦值；若不存在，请说明理由解析 (1)证明：取pb的中点m，连接em和cm，过点c作cnab，垂足为点n.cnab，daab，cnda，又abcd，四边形cdan为平行四边形，cnad8，dcan6，在rtbnc中，bn6，ab12，而e，m分别为pa，pb的中点，emab且em6，又dcab，emcd且emcd，四边形cdem为平行四边形，decm.cm平面pbc，de平面pbc，de平面bpc(2)由题意可得da，dc，dp两两互相垂直，如图，以d为原点，da，dc，dp分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系dxyz，则a(8,0,0)，b(8,12,0)，c(0,6,0)，p(0,0,8)假设ab上存在一点f使cfbd，设点f坐标为(8，t,0)，则(8，t6,0)，(8,12,0)，由0得t.又平面dpc的法向量为m(1,0,0)，设平面fpc的法向量为n(x，y，z)又(0,6，8)，.由得即不妨令y12，有n(8,12,9)则cosn，m.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角fpcd的余弦值为.5(2017山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形abcd(及其内部)以ab边所在直线为旋转轴旋转120得到的，g是的中点(1)设p是上的一点，且apbe，求cbp的大小；(2)当ab3，ad2时，求二面角eagc的大小解析 (1)因为apbe，abbe，ab，ap平面abp，abapa，所以be平面abp，又bp平面abp，所以bebp，又ebc120，因此cbp30.(2)方法一取的中点h，连接eh，gh，ch.因为ebc120，所以四边形behc为菱形，所以aegeacgc.取ag中点m，连接em，cm，ec，则emag，cmag，所以emc为所求二面角的平面角又am1，所以emcm2.在bec中，由于ebc120，由余弦定理得ec22222222cos 12012，所以ec2，因此emc为等边三角形，故所求的角为60.方法二以b为坐标原点，分别以be，bp，ba所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的