【三维设计】2013届高考数学总复习（基础知识+高频考点+解题训练）第七章 空间向量与空间角教学案（含解析）新人教A版

1 空间向量与空间角空间向量与空间角 知识能否忆起 利用向量求空间角 1 两条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 a b b 其夹角为 则 cos cos 其中 为异面直线a b所成的角 a a b b a a b b 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 e 平面 的法向量为n n 直线l与平面 所成的 角为 两向量e e与n n的夹角为 则有 sin cos e e n n e e n n 3 求二面角的大小 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 AB CD 2 如图 2 3 n n1 1 n n2 2分别是二面角 l 的两个半平面 的法向量 则二 面角的大小 n n1 1 n n2 2 或 n n1 1 n n2 2 小题能否全取 1 教材习题改编 已知向量m m n n分别是直线l和平面 的方向向量 法向量 若 cos m m n n 则l与 所成的角为 1 2 A 30 B 60 C 120 D 150 2 解析 选 A 由于 cos m m n n m m n n 120 1 2 所以直线l与 所成的角为 30 2 教材习题改编 已知两平面的法向量分别为m m 0 1 0 n n 0 1 1 则两平面 所成的二面角的大小为 A 45 B 135 C 45 或 135 D 90 解析 选 C cos m m n n m m n n m m n n 1 1 2 2 2 即 m m n n 45 其补角为 135 两平面所成的二面角为 45 或 135 3 在如图所示的正方体A1B1C1D1 ABCD中 E是C1D1的中点 则异面 直线DE与AC夹角的余弦值为 A B 10 10 1 20 C D 1 20 10 10 解析 选 D 如图建立直角坐标系D xyz 设DA 1 A 1 0 0 C 0 1 0 E 则 1 1 0 若异面 0 1 2 1 AC DE 0 1 2 1 直线DE与AC所成的角为 cos cos AC DE 10 10 4 已知点E F分别在正方体ABCD A1B1C1D1的棱BB1 CC1上 且 B1E 2EB CF 2FC1 则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为 解析 如图 建立直角坐标系D xyz 设DA 1 由已知条件A 1 0 0 E F 1 1 1 3 0 1 2 3 AE 0 1 1 3 AF 1 1 2 3 设平面AEF的法向量为n n x y z 面AEF与面ABC所成的二面角为 由Error 得Error 令y 1 z 3 x 1 则n n 1 1 3 设平面ABC的法向量为m m 0 0 1 则 cos cos n n m m tan 3 11 2 3 3 答案 2 3 5 教材习题改编 如图 在长方体ABCD A1B1C1D1中 已知 DA DC 4 DD1 3 则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值 解析 建立如图所示直角坐标系 则A1 4 0 3 B 4 4 0 B1 4 4 3 C 0 4 0 0 4 3 4 0 3 1 A B 1 B C 设异面直线A1B与B1C所成角为 则 cos cos 1 A B 1 B C 9 25 答案 9 25 1 利用向量求空间角 一定要注意将向量夹角与所求角区别开来 在将向量夹角转 化为各空间角时注意空间各角的取值范围 异面直线所成角的范围是 直线与平面 0 2 所成角的范围是 二面角的范围是 0 0 2 2 利用平面的法向量求二面角的大小时 当求出两半平面 的法向量n n1 n n2时 要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向 从而确定二面角与向量n n1 n n2的夹角是相等 还是互补 这是利用向量求二面角的难点 易错点 异面直线所成的角 典题导入 例 1 2012 陕西高考 如图 在空间直角坐标系中有 直三棱柱ABC A1B1C1 CA CC1 2CB 则直线BC1与直线AB1 夹角的余弦值为 A B 5 5 5 3 C D 2 5 5 3 5 自主解答 不妨令CB 1 则CA CC1 2 可得 O 0 0 0 B 0 0 1 C1 0 2 0 A 2 0 0 B1 0 2 1 4 0 2 1 2 2 1 1 BC 1 AB cos 0 1 BC 1 AB 4 1 5 9 1 5 5 5 与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角 1 BC 1 AB 直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 5 5 答案 A 本例条件下 在线段OB上 是否存在一点M 使C1M与AB1所成角的余弦为 若存在 1 3 求出M点 不存在 说明理由 解 不妨令CB 1 CA CC1 2 建系如本例题图 假设存在符合条件的点M 设M 0 0 a 则 0 2 a 又 2 2 1 1 C M 1 AB cos 1 C M 1 AB a 4 4 a2 9 1 3 a 4 a2 8a 16 a2 4 4 a2 8a 12 a 又CB 1 a 1 3 2 3 2 故不存在符合条件的点M 由题悟法 利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时 注意区别 当异面直线的方向向量 的夹角为锐角或直角时 就是此异面直线所成的角 当异面直线的方向向量的夹角为钝角 时 其补角才是异面直线所成的角 以题试法 1 2012 安徽模拟 如图所示 在多面体ABCD A1B1C1D1中 上 下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行 且都是正方形 DD1 底 面ABCD AB 2A1B1 2DD1 2a 1 求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值 2 已知F是AD的中点 求证 FB1 平面BCC1B1 解 以D为坐标原点 DA DC DD1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 则A 2a 0 0 5 B 2a 2a 0 C 0 2a 0 D1 0 0 a F a 0 0 B1 a a a C1 0 a a 1 a a a 0 0 a 1 AB 1 DD cos 所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为 1 AB 1 DD 3 3 3 3 2 证明 a a a 2a 0 0 1 BB BC 0 a a 1 FB Error FB1 BB1 FB1 BC BB1 BC B FB1 平面BCC1B1 直线与平面所成角 典题导入 例 2 2012 大纲全国卷 如图 四棱锥P ABCD中 底 面ABCD为菱形 PA 底面ABCD AC 2 PA 2 E是PC上的一 2 点 PE 2EC 1 证明 PC 平面BED 2 设二面角A PB C为 90 求PD与平面PBC所成角的大 小 自主解答 1 证明 以A为坐标原点 射线AC为x轴的正半轴 建立如图所示的 空间直角坐标系A xyz 则C 2 0 0 2 设D b 0 其中b 0 则 2 P 0 0 2 E 4 2 3 0 2 3 B b 0 2 于是 2 0 2 PC 2 BE 2 3 b 2 3 DE 2 3 b 2 3 从而 0 0 PC BE PC DE 故PC BE PC DE 6 又BE DE E 所以PC 平面BED 2 0 0 2 b 0 AP AB 2 设m m x y z 为平面PAB的法向量 则 m m 0 m m 0 AP AB 即 2z 0 且x by 0 2 令x b 则m m b 0 2 设n n p q r 为平面PBC的法向量 则 n n 0 n n 0 PC BE 即 2p 2r 0 且 bq r 0 2 2p 3 2 3 令p 1 则r q n n 2 2 b 1 2 b 2 因为二面角A PB C为 90 所以面PAB 面PBC 故m m n n 0 即b 0 故b 2 b2 于是n n 1 1 2 2 DP 22 所以 cos n n DP n n n n 1 2 所以 n n 60 DP 因为PD与平面PBC所成角和 n n 互余 DP 故PD与平面PBC所成的角为 30 由题悟法 利用向量法求线面角的方法 1 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量 转化为求两个方向向量的夹角 或其补角 2 通过平面的法向量来求 即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角 钝角 时取其补角 取其余角就是斜线和平面所成的角 如例 2 以题试法 2 2012 宝鸡模拟 如图 已知PA 平面ABC 且PA 等 2 腰直角三角形ABC中 AB BC 1 AB BC AD PB于D AE PC 于E 1 求证 PC 平面ADE 2 求直线AB与平面ADE所成角的大小 7 解 1 证明 因为PA 平面ABC 所以PA BC 又AB BC 且PA AB A 所以BC 平面PAB 从而BC AD 又AD PB BC PB B 所以AD 平面PBC 得PC AD 又PC AE AE AD A 所以PC 平面ADE 2 如图所示 建立空间直角坐标系B xyz 则A 1 0 0 C 0 1 0 P 1 0 2 因为PC 平面ADE 所以 1 1 是平面ADE的一个法向PC 2 量 设直线AB与平面ADE所成的角为 则 sin 1 1 2 1 0 0 2 1 2 则直线AB与平面ADE所成的角为 30 二 面 角 典题导入 例 3 2012 江西高考 在三棱柱ABC A1B1C1中 已知 AB AC AA1 BC 4 点A1在底面ABC的投影是线段BC的 5 中点O 1 证明在侧棱AA1上存在一点E 使得OE 平面BB1C1C 并 求出AE的长 2 求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值 自主解答 1 证明 连接AO 在 AOA1中 作OE AA1于点E 因为AA1 BB1 得 OE BB1 因为A1O 平面ABC 所以A1O BC 因为AB AC OB OC 得AO BC 所以BC 平面AA1O 所以BC OE 所以OE 平面BB1C1C 8 又AO 1 AA1 AB2 BO25 得AE AO2 AA1 5 5 2 如图 分别以OA OB OA1所在直线为x y z轴 建立 空间直角坐标系 则A 1 0 0 B 0 2 0 C 0 2 0 A1 0 0 2 B1 1 2 2 由 得点E的坐标是 AE 1 5 1 AA 4 5 0 2 5 由 1 得平面BB1C1C的法向量是 OE 4 5 0 2 5 设平面A1B1C的法向量n n x y z 由Error 得Error 令y 1 得x 2 z 1 即n n 2 1 1 所以 cos n n OE n n n n 30 10 即平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值是 30 10 由题悟法 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量 然后通过两 个平面的法向量的夹角得到二面角的大小 但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是 钝角 以题试法 3 2012 山西模拟 如图 四棱锥S ABCD的底面是正方形 SD 平面ABCD SD AD a 点E是SD上的点 且 DE a 00 则有B 1 0 0 B1 1 0 h C1 0 1 h A1 0 0 h 1 1 0 0 1 0 11 B C 11 AC 1 0 h 1 A B 18 1 因为异面直线A1B与B1C1所成的角为 60 所以 cos60 即 得 解得h 1 1 2 h2 1 1 21 h22 2 由D是BB1的中点 得D 1 0 h 2 于是 1 DC 1 1 h 2 设平面A1BC1的法向量为n n x y z 于是由n n n n 可得 1 A B 11 AC Error 即Error 可取n n h 0 1 故 sin cos n n 1 DC 而 cos n n 1 DC n n n n h h 2 1 4h2 2 h2 1 h h4 9h2 8 令f h h h4 9h2 8 1 h2 8 h2 9 因为h2 9 2 9 当且仅当h2 即h 时 等号成立 8 h28 8 h2 4 8 所以f h 1 9 2 8 1 8 1 2 2 1 7 故当h 时 sin 的最大值为 4 8 2 2 1 7 立 体 几 何 时间 120 分钟 满分 150 分 一 选择题 本题共 12 小题 每小题 5 分 共 60 分 1 2012 重庆模拟 若两条直线和一个平面相交成等角 则这两条直线的位置关系是 19 A 平行 B 异面 C 相交 D 平行 异面或相交 解析 选 D 经验证 当平行 异面或相交时 均有两条直线和一个平面相交成等角 的情况出现 2 2012 福建高考 一个几何体的三视图形状都相同 大小均相等 那么这个几何体 不可以是 A 球 B 三棱锥 C 正方体 D 圆柱 解析 选 D 球 正方体的三视图形状都相同 大小均相等 首先排除 选项 A 和 C 对于如图所示三棱锥O ABC 当OA OB OC两两垂直且 OA OB OC时 其三视图的形状都相同 大小均相等 故排除选项 B 不论圆柱如何放置 其三视图的形状都不会完全相同 3 2012 安徽模拟 在空间 下列命题正确的是 A 若三条直线两两相交 则这三条直线确定一个平面 B 若直线m与平面 内的一条直线平行 则m C 若平面 且 l 则过 内一点P与l垂直的直线垂直于平面 D 若直线a b 且直线l a 则l b 解析 选 D 三条直线两两相交 可确定一个平面或三个平面 故 A 错 m与平面 内一条直线平行 m也可在 内 故 B 错 若平面 且 l 当P l时 过P点与l垂直的直线可在 外 也可在 内 故 C 错 由等角定理知 D 正确 4 2012 新课标全国卷 平面 截球O的球面所得圆的半径为 1 球心O到平面 的距离为 则此球的体积为 2 A B 4 63 C 4 D 6 63 解析 选 B 设球的半径为R 由球的截面性质得R 所以球的体 2 2 123 积V R3 4 4 33 5 2012 北京海淀二模 某几何体的正视图与俯视图如图所示 侧视图 与正视图相同 且图中的四边形都是边长为 2 的正方形 两条虚线互相垂直 则该几何体的体积是 A B 20 3 4 3 C 6 D 4 解析 选 A 由三视图知 该几何体是正方体挖去一个以正方体的中心为顶点 以正 方体的上底面为底面的四棱锥后的剩余部分 其体积是 20 23 22 1 1 3 20 3 6 2013 安徽模拟 沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图 所示 则该几何体的侧视图为 解析 选 B 由三视图的相关知识易知选 B 7 正方体ABCD A1B1C1D1中 与体对角线AC1异面的棱有 A 3 条 B 4 条 C 6 条 D 8 条 解析 选 C 从定义出发 同时考虑到正方体的体对角线AC1与正方体的 6 条棱有公共 点A和C1 而正方体有 12 条棱 所以与AC1异面的棱有 6 条 8 2012 衡阳模拟 如图 一个空间几何体的正视图和侧视 图都是边长为 1 的正三角形 俯视图是一个圆 那么这个几何体 的侧面积为 A B 4 2 C D 2 2 2 4 解析 选 B 此几何体是底面半径为 母线长为 1 的圆锥 其侧面积 1 2 S rl 1 1 2 2 9 如图 在正方体ABCD A1B1C1D1中 M N分别是BC1 CD1的中点 则下列判断错误的是 A MN与CC1垂直 B MN与AC垂直 C MN与BD平行 D MN与A1B1平行 解析 选 D 由于C1D1与A1B1平行 MN与C1D1是异面直线 所以MN与A1B1是异面直 线 故选项 D 错误 10 2012 皖南八校三联 某几何体的三视图如图所示 单位 cm 则此几何体的体 积为 21 A 18 cm3 B 15 cm3 C 12 cm3 D 9 cm3 解析 选 B 由三视图可知 该几何体是一个上下均为长方体的组 合体 如图所示 由图中数据可得该几何体体积为 3 3 1 1 2 3 15 cm3 11 在正四面体A BCD中 棱长为 4 M是BC的中点 P在线段AM上运动 P不与 A M重合 过点P作直线l 平面ABC l与平面BCD交于点Q 给出下列命题 BC 面AMD Q点一定在直线DM上 VC AMD 4 2 其中正确的是 A B C D 解析 选 A A BCD是正四面体 M为BC中点 AM BC DM BC 且 AM DM M BC 面AMD 正确 VC AMD S AMD CM BC 面AMD CM为四面体C AMD的高 1 3 如图 在 AMD中 AM DM 2 MN 2 AB2 BM242 223AM2 AN212 222 S AMD AD MN 4 2 4 1 2 1 222 VC AMD 4 2 故 不正确 由排除法知选 A 1 32 8 2 3 12 2012 浙江高考 已知矩形ABCD AB 1 BC 将 ABD沿矩形的对角线BD所 2 在的直线进行翻折 在翻折过程中 A 存在某个位置 使得直线AC与直线BD垂直 B 存在某个位置 使得直线AB与直线CD垂直 C 存在某个位置 使得直线AD与直线BC垂直 D 对任意位置 三对直线 AC与BD AB与CD AD与BC 均不垂直 22 解析 选 B 对于AB CD 因为BC CD 可得CD 平面ACB 因此有CD AC 因为 AB 1 BC CD 1 所以AC 1 所以存在某个位置 使得AB CD 2 二 填空题 本题共 4 小题 每小题 5 分 共 20 分 13 2012 肇庆二模 已知某几何体的三视图如图所示 则该几何体的表面积和体积 分别为 解析 由三视图可知 该几何体的下部是一底边长为 2 高为 4 的长方体 上部为一球 球的直径等于正方形的边长 所以长方体的 表面积为S1 2 2 2 4 2 4 40 长方体的体积为V1 2 2 4 16 球的表面积和体积分别为S2 4 12 4 V2 13 4 3 4 3 故该几何体的表面积为S S1 S2 40 4 该几何体的体积为V V1 V2 16 4 3 答案 40 4 16 4 3 14 2012 北京怀柔模拟 P为 ABC所在平面外一点 且PA PB PC两两垂直 则 下列命题 PA BC PB AC PC AB AB BC 其中正确的个数是 解析 如图所示 PA PC PA PB PC PB P PA 平面PBC 又 BC 平面PBC PA BC 同理PB AC PC AB 但AB不一定垂直于BC 共 3 个 答案 3 15 已知正三棱柱ABC A1B1C1的所有棱长都等于 6 且各顶点都 在同一球面上 则此球的表面积等于 解析 如图 三棱柱的外接球球心为O 其中D为上底面三角形 外接圆的圆心 其中AD 6 2 又OD 3 故在 Rt OAD中 3 33 可得R OA 故球的表面积为 4 2 3 2 322121 2 84 答案 84 16 2012 长春名校联考 如图 正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为 1 点M AB1 N BC1 且AM BN 有以下四个命题 2 23 AA1 MN A1C1 MN MN 平面A1B1C1D1 MN与A1C1是异面直线 其中正确命题的序号是 注 把你认为正确命题的序号都填上 解析 过N作NP BB1于点P 连接MP 可证AA1 平面MNP AA1 MN 正确 过 M N分别作MR A1B1 NS B1C1于点R S 则当M不是AB1的中点 N不是BC1的中点时 直线A1C1与直线RS相交 当M N分别是AB1 BC1的中点时 A1C1 RS A1C1与MN可以 异面 也可以平行 故 错误 由 正确知 AA1 平面MNP 而AA1 平面A1B1C1D1 平面MNP 平面A1B1C1D1 故 对 综上所述 其中正确命题的序号是 答案 三 解答题 本大题有 6 小题 共 70 分 17 本小题满分 10 分 2012 陕西高考 在直三棱柱 ABC A1B1C1中 AB AA1 CAB 2 1 证明 CB1 BA1 2 已知AB 2 BC 求三棱锥C1 ABA1的体积 5 解 1 证明 如图所示 连接AB1 ABC A1B1C1是直三棱 柱 CAB 2 AC 平面ABB1A1 故AC BA1 又 AB AA1 四边形ABB1A1是正方形 BA1 AB1 又CA AB1 A BA1 平面CAB1 故CB1 BA1 2 AB AA1 2 BC AC A1C1 1 5 由 1 知 A1C1 平面ABA1 VC1 ABA1 S ABA1 A1C1 2 1 1 3 1 3 2 3 18 本小题满分 12 分 12 分 如图所示 四棱锥P ABCD的底 面是边长为a的正方形 侧棱PA 底面ABCD 侧面PBC内有BE PC 于E 且BE a 试在AB上找一点F 使EF 平面PAD 6 3 解 在平面PCD内 过E作EG CD交PD于G 连接AG 在AB上 取点F 使AF EG 则F即为所求作的点 EG CD AF EG AF 四边形FEGA为平行四边形 FE AG 24 又AG 平面PAD FE 平面PAD EF 平面PAD 又在 Rt BCE中 CE BC2 BE2 a a2 2 3a2 3 3 在 Rt PBC中 BC2 CE CP CP a a2 3a 33 又 EG CD PE PC EG CD a PE PC 2 3 AF EG a 2 3 点F为AB靠近点B的一个三等分点 19 本小题满分 12 分 12 分 2012 新课标全国卷 如图 在 三棱柱ABC A1B1C1中 侧棱垂直底面 ACB 90 AC BC AA1 D是棱AA1的中点 1 2 1 证明 平面BDC1 平面BDC 2 平面BDC1分此棱柱为两部分 求这两部分体积的比 解 1 证明 由题设知BC CC1 BC AC CC1 AC C 所以 BC 平面ACC1A1 又DC1 平面ACC1A1 所以DC1 BC 由题设知 A1DC1 ADC 45 所以 CDC1 90 即DC1 DC 又DC BC C 所以 DC1 平面BDC 又DC1 平面BDC1 故平面BDC1 平面BDC 2 设棱锥B DACC1的体积为V1 AC 1 由题意得 V1 1 1 1 3 1 2 2 1 2 又三棱柱ABC A1B1C1的体积V 1 所以 V V1 V1 1 1 故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为 1 1 25 20 本小题满分 12 分 12 分 2012 安徽高考 如图 长方体 ABCD A1B1C1D1中 底面A1B1C1D1是正方形 O是BD的中点 E是棱AA1上 任意一点 1 证明 BD EC1 2 如果AB 2 AE OE EC1 求AA1的长 2 解 1 证明 连接AC A1C1 由底面是正方形知 BD AC 因为AA1 平面ABCD BD 平面ABCD 所以AA1 BD 又AA1 AC A 所以BD 平面AA1C1C 由EC1 平面AA1C1C知 BD EC1 2 法一 设AA1的长为h 连接OC1 在 Rt OAE中 AE AO 22 故OE2 2 2 4 22 故 Rt EA1C1中 A1E h 2 A1C1 2 2 故EC h 2 2 2 2 122 在 Rt OCC1中 OC CC1 h OC h2 2 22 12 因为OE EC1 所以OE2 EC OC 即 2 12 1 4 h 2 2 2 h2 2 222 解得h 3 2 所以AA1的长为 3 2 法二 OE EC1 AEO A1EC1 90 又 A1C1E A1EC1 90 AEO A1C1E 又 OAE C1A1E 90 OAE EA1C1 即 A1E 2 AE A1C1 AO A1E 2 2 2 2 A1E2