2020江苏高考理科数学二轮讲义：空间向量与立体几何含解析.doc

教学资料范本2020江苏高考理科数学二轮讲义：空间向量与立体几何含解析编 辑：_时 间：_第1讲空间向量与立体几何 20xx考向导航考点扫描三年考情考向预测20xx20xx20xx1证明平行或垂直江苏高考对本节知识的考查是解答题、一般在试卷第22题位置、以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体、考查空间中平行与垂直的证明、空间角的计算2求空间角第22题第22题1异面直线所成的角的求法设两条异面直线a、b的方向向量为a、b、其夹角为、则cos |cos |(其中为异面直线a、b所成的角)2直线和平面所成角的求法如图所示、设直线l的方向向量为e、平面的法向量为n、直线l与平面所成的角为、两向量e与n的夹角为、则有sin |cos |3二面角的求法(1)如图1、AB、CD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2、3、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n1、n2(或n1、n2)证明平行或垂直典型例题 (20xx泉州模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1中、ABC为等腰直角三角形、BAC90、且ABAA1、D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点(1)求证：DE平面ABC；(2)求证：B1F平面AEF【证明】以A为原点、AB、AC、AA1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Axyz、令ABAA14、则A(0、0、0)、E(0、4、2)、F(2、2、0)、B1(4、0、4)、D(2、0、2)、A1(0、0、4)(1)(2、4、0)、平面ABC的法向量为(0、0、4)、因为0、DE平面ABC、所以DE平面ABC(2)(2、2、4)、(2、2、2)、(2)22(2)(4)(2)0、所以、所以B1FEF、(2)222(4)00、所以、所以B1FAF因为AFEFF、所以B1F平面AEF证明线线垂直、只要证明它们的方向向量数量积为0；证明线面平行只要证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量共线或者证明直线的方向向量与平面内一条法向量垂直即可对点训练1如图、在直三棱柱ABCA1B1C1中、AC3、BC4、AB5、AA14(1)在AB上是否存在点D使得AC1CD；(2)在AB上是否存在点D使得AC1平面CDB1解 直三棱柱ABCA1B1C1中、AC3、BC4、AB5、AC、BC、CC1两两垂直、以C为坐标原点、直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴、建立空间直角坐标系、则C(0、0、0)、A(3、0、0)、C1(0、0、4)、B(0、4、0)、B1(0、4、4)、(1)假设在AB上存在点D、使得AC1CD、则(3、4、0)、其中01、则D(33、4、0)、于是(33、4、0)、由于(3、0、4)、且AC1CD、所以990得1、所以在AB上存在点D使得AC1CD、且这时点D与点B重合(2)假设在AB上存在点D使得AC1平面CDB1、则(3、4、0)、其中01、则D(33、4、0)、(33、44、4)、又(0、4、4)由于(3、0、4)、AC1平面CDB1、所以存在实数m、n使mn成立、所以m(33)3、m(44)4n0、4m4n4、所以、所以在AB上存在点D、使得AC1平面CDB1、且这时D为AB的中点 求空间角典型例题 (20xx高考江苏卷)如图、在正三棱柱ABCA1B1C1中、ABAA12、点P、Q分别为A1B1、BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【解】如图、在正三棱柱ABCA1B1C1中、设AC、A1C1的中点分别为O、O1、连结OB、OO1、则OBOC、OO1OC、OO1OB、以、为基底、建立空间直角坐标系Oxyz因为ABAA12、所以A(0、1、0)、B(、0、0)、C(0、1、0)、A1(0、1、2)、B1(、0、2)、C1(0、1、2)(1)因为P为A1B1的中点、所以P、从而、(0、2、2)、故|cos、|因此、异面直线BP与AC1所成角的余弦值为(2)因为Q为BC的中点、所以Q、因此、(0、2、2)、(0、0、2)设n(x、y、z)为平面AQC1的法向量、则即不妨取n(、1、1)设直线CC1与平面AQC1所成角为、则sin |cos、n|、所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角、即cos |cos |两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角、有可能为两法向量夹角的补角对点训练2(20xx高考江苏卷)如图、在平行六面体ABCDA1B1C1D1中、AA1平面ABCD、且ABAD2、AA1、BAD120(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解 在平面ABCD内、过点A作AEAD、交BC于点E因为AA1平面ABCD、所以AA1AE、AA1AD如图、以、为正交基底、建立空间直角坐标系Axyz因为ABAD2、AA1、BAD120、则A(0、0、0)、B(、1、0)、D(0、2、0)、E(、0、0)、A1(0、0、)、C1(、1)(1)(、1、)、(、1、)则cos、因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为(2)平面A1DA的一个法向量为(、0、0)设m(x、y、z)为平面BA1D的一个法向量、又(、1、)、(、3、0)、则即不妨取x3、则y、z2、所以m(3、2)为平面BA1D的一个法向量、从而cos、m设二面角BA1DA的大小为、则|cos |因为0、所以sin 因此二面角BA1DA的正弦值为1(20xx姜堰中学开学检测)如图、PA平面ABCD、ADBC、ABC90、ABBCPA1、AD3、E是PB的中点(1)求证：AE平面PBC；(2)求二面角BPCD的余弦值解 (1)证明：分别以、为x轴、y轴、z轴的正方向；建立如图所示的平面直角坐标系；则A(0、0、0)、B(1、0、0)、C(1、1、0)、D(0、3、0)、P(0、0、1)、E、所以、(0、1、0)、(1、0、1)因为0、0、所以、即AEBC、AEBP、而BC、BP平面PBC、且BCBPB、所以AE平面PBC(2)设平面PCD的法向量为n(x、y、z)、而(1、2、0)、(0、3、1)、则由取y1、x2、z3、即n(2、1、3)又由(1)AE平面PBC、所以是平面PBC的法向量、而所以cos、n、即与n的夹角的余弦值为故由图形可知、二面角BPCD的余弦值为2(20xx盐城中学期末检测)如图、在直三棱柱ABCA1B1C1中、ACB90、BAC30、BC1、A1A、M是CC1的中点(1)求证：A1BAM；(2)求二面角BAMC的平面角的大小解 (1)证明：以点C为原点、CB、CA、CC1所在直线为x、y、z轴、建立空间直角坐标系Cxyz、如图所示、则B(1、0、0)、A(0、0)、A1(0、)、M所以(1、)、因为10()()()0、所以A1BAM(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱、所以CC1平面ABC、又BC平面ABC、所以CC1BC因为ACB90、即BCAC、所以BC平面ACC1、即BC平面AMC所以是平面AMC的一个法向量、(1、0、0)设n(x、y、z)是平面BAM的一个法向量、(1、0)、由得令z2、得x、y、所以n(、2)因为|1、|n|2、所以cos、n因此二面角BAMC的大小为453(20xx苏锡常镇四市高三调研)如图、在长方体ABCDA1B1C1D1中、AA1AB2AD2、点E是AB的中点、F为D1E上的一点、D1F2FE(1)证明：平面DFC平面D1EC；(2)求二面角ADFC的大小解 (1)证明：以D为原点、分别以DA、DC、DD1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A(1、0、0)、B(1、2、0)、C(0、2、0)、D1(0、0、2)因为E为AB的中点、所以E(1、1、0)因为D1F2FE、所以(1、1、2)、(0、0、2)设n(x、y、z)是平面DFC的法向量、则所以取x1、得平面DFC的一个法向量为n(1、0、1)设p(x1、y1、z1)是平面D1EC的法向量、则所以取y11、得平面D1EC的一个法向量为p(1、1、1)因为np(1、0、1)(1、1、1)0、所以平面DFC平面D1EC(2)设q(x、y、z)是平面ADF的法向量、则所以取y1、得平面ADF的一个法向量为q(0、1、1)、设二面角ADFC的平面角为、由题知(90、180)、则cos 、所以二面角ADFC的大小为1204(20xx苏州调研)如图、在长方体ABCDA1B1C1D1中、ABAA11、E为BC中点(1)求证：C1DD1E；(2)在棱AA1上是否存在一点M、使得BM平面AD1E？若存在、求的值、若不存在、说明理由；(3)若二面角B1AED1的大小为90、求AD的长解 (1)证明：以D为原点、建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz、设ADa、则D(0、0、0)、A(a、0、0)、B(a、1、0)、B1(a、1、1)、C1(0、1、1)、D1(0、0、1)、E、所以(0、1、1)、所以0、所以C1DD1E(2)设h、则M(a、0、h)、所以(0、1、h)、(a、0、1)、设平面AD1E的法向量为n(x、