2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 空间中的垂直与空间角学案北师大版

1、2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 空间中的垂直与空间角学案北师大版2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 空间中的垂直与空间角学案北师大版年级：姓名：突破2空间中的垂直与空间角题型一证明垂直关系求线面角【例1】(2019浙江,19)如图,已知三棱柱abc-a1b1c1,平面a1acc1平面abc,abc=90,bac=30,a1a=a1c=ac,e,f分别是ac,a1b1的中点.(1)证明:efbc;(2)求直线ef与平面a1bc所成角的余弦值.解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以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,取其

2、余角就是斜线和平面所成的角.对点训练1(2020新高考全国1,20)如图,四棱锥p-abcd的底面为正方形,pd底面abcd.设平面pad与平面pbc的交线为l.(1)证明:l平面pdc;(2)已知pd=ad=1,q为l上的点,求pb与平面qcd所成角的正弦值的最大值.题型二证垂直关系及求二面角【例2】(2019全国2,理17)如图,长方体abcd-a1b1c1d1的底面abcd是正方形,点e在棱aa1上,beec1.(1)证明:be平面eb1c1;(2)若ae=a1e,求二面角b-ec-c1的正弦值.解题心得用向量求二面角,由于在求平面法向量的坐标时,坐标的取值不同,导致平面法向量的方向相反

3、,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以根据图形判断所求二面角是锐角还是钝角,进而确定二面角余弦值的正负.对点训练2(2020全国1,理18)如图,d为圆锥的顶点,o是圆锥底面的圆心,ae为底面直径,ae=ad.abc是底面的内接正三角形,p为do上一点,po=66do.(1)证明:pa平面pbc;(2)求二面角b-pc-e的余弦值.题型三求空间角与存在垂直关系问题【例3】如图,在四棱锥p-abcd中,底面abcd为矩形,平面pcd平面abcd,ab=2,bc=1,pc=pd=2,e为pb中点.(1)求证:pd平面ace;(2)求二面角e-ac-d的余弦值;(3)在棱pd上是否存在点m,

4、使得ambd?若存在,求pmpd的值;若不存在,说明理由.解题心得线面垂直中的探索性问题同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,有两种解法,一是几何法,先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.二是利用空间向量探索,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,通过坐标运算进行判断.对点训练3如图1,在边长为2的菱形abcd中,bad=60,将bcd沿对角线bd折起到bcd的位置,使平面bcd平面abd,e是bd的中点,fa平面abd,且fa=23,如图2.(1)求证:fa平面bcd;(2)求平面abd与平面fbc所成角的余弦值;(3)在线段ad上是否存在一点m,

5、使得cm平面fbc?若存在,求amad的值;若不存在,说明理由.题型四求空间点到面的距离【例4】如图,在多面体abcdef中,底面abcd是边长为2的菱形,bad=60,四边形bdef是矩形,平面bdef平面abcd,de=2,m为线段bf的中点.(1)求m到平面dec的距离及三棱锥m-cde的体积;(2)求证:dm平面ace.解题心得求空间的距离用找公垂线的方法比较难下手,用向量代数的方法则简捷,高效.(1)点p到平面的距离可以通过在平面内任取一点a,求向量pa在平面的法向量n上的投影来解决.即若pa为平面的一条斜线段,n为平面的法向量,则b到平面的距离d=|pan|n|.(2)异面直线间的

6、距离可以通过在两条直线上任意各取一点a,b,求向量ab在公垂线的方向向量n上的投影来解决;直线到与其平行的平面的距离,平行平面间的距离都可转化为点到平面的距离.对点训练4底面为菱形的直棱柱abcd-a1b1c1d1中,e、f分别为棱a1b1、a1d1的中点,(1)在图中作一个平面,使得bd,且平面aef(不必给出证明过程,只要求作出与直棱柱abcd-a1b1c1d1的截面);(2)若ab=aa1=2,bad=60,求点c到所作截面的距离.突破2空间中的垂直与空间角例1方法一:(1)证明连接a1e,因为a1a=a1c,e是ac的中点,所以a1eac.又平面a1acc1平面abc,a1e平面a1a

7、cc1,平面a1acc1平面abc=ac,所以,a1e平面abc,则a1ebc.又因为a1fab,abc=90,故bca1f.所以bc平面a1ef.因此efbc.(2)解取bc中点g,连接eg,gf,则egfa1是平行四边形.由于a1e平面abc,故a1eeg,所以平行四边形egfa1为矩形.由(1)得bc平面egfa1,则平面a1bc平面egfa1,所以ef在平面a1bc上的射影在直线a1g上.连接a1g交ef于o,则eog是直线ef与平面a1bc所成的角(或其补角).不妨设ac=4,则在rta1eg中,a1e=23,eg=3.由于o为a1g的中点,故eo=og=a1g2=152,所以cos

8、eog=eo2+og2-eg22eoog=35.因此,直线ef与平面a1bc所成角的余弦值是35.方法二:(1)证明连接a1e,因为a1a=a1c,e是ac的中点,所以a1eac.又平面a1acc1平面abc,a1e平面a1acc1,平面a1acc1平面abc=ac,所以,a1e平面abc.如图,以点e为原点,分别以射线ec,ea1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系e-xyz.不妨设ac=4,则a1(0,0,23),b(3,1,0),b1(3,3,23),f32,32,23,c(0,2,0).因此,ef=32,32,23,bc=(-3,1,0).由efbc=0得efbc.(2)解设直线ef

9、与平面a1bc所成角为.由(1)可得bc=(-3,1,0),a1c=(0.2,-23).设平面a1bc的一个法向量为n=(x,y,z).由bcn=0,a1cn=0,得-3x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin=|cos|=|efn|ef|n|=45.因此,直线ef与平面a1bc所成的角的余弦值为35.对点训练1解(1)因为pd底面abcd,所以pdad.又底面abcd为正方形,所以addc.所以ad平面pdc.因为adbc,ad不在平面pbc中,所以ad平面pbc,又因为ad平面pad,平面pad平面pbc=l,所以lad.所以l平面pdc.(2)以d为坐标原点,分别以da,

10、dc,dp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d-xyz.由pd=ad=1,得d(0,0,0),c(0,1,0),b(1,1,0),p(0,0,1),则dc=(0,1,0),pb=(1,1,-1).由(1)可设q(a,0,1),则dq=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面qcd的法向量,则ndq=0,ndc=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=npb|n|pb|=-1-a31+a2.设pb与平面qcd所成角为,则sin=33|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+163,当且仅当a=1时,等号成立,所以pb与

11、平面qcd所成角的正弦值的最大值为63.例2(1)证明由已知得,b1c1平面abb1a1,be平面abb1a1,故b1c1be.又beec1,所以be平面eb1c1.(2)解由(1)知beb1=90.由题设知rtaberta1b1e,所以aeb=45,故ae=ab,aa1=2ab.以d为坐标原点,da的方向为x轴正方向,|da|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系d-xyz,则c(0,1,0),b(1,1,0),c1(0,1,2),e(1,0,1),cb=(1,0,0),ce=(1,-1,1),cc1=(0,0,2).设平面ebc的一个法向量为n=(x,y,z),则cbn=0,cen=0,即

12、x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ecc1的一个法向量为m=(x,y,z),则cc1m=0,cem=0,即2z=0,x-y+z=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角b-ec-c1的正弦值为32.对点训练2(1)证明设do=a,由题设可得po=66a,ao=33a,ab=a,pa=pb=pc=22a.因此pa2+pb2=ab2,从而papb.又pa2+pc2=ac2,故papc.所以pa平面pbc.(2)解以o为坐标原点,oe的方向为y轴正方向,|oe|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系o-xyz.由题设可得e(0,1,

13、0),a(0,-1,0),c-32,12,0,p0,0,22.所以ec=-32,-12,0,ep=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面pce的法向量,则mep=0,mec=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.可取m=-33,1,2.由(1)知ap=0,1,22是平面pcb的一个法向量,记n=ap,则cos=nm|n|m|=255.所以二面角b-pc-e的余弦值为255.例3(1)证明设bd交ac于点f,连接ef.因为底面abcd是矩形,所以f为bd中点.又因为e为pb中点,所以efpd.因为pd平面ace,ef平面ace,所以pd平面ace.(2)解取cd的中点o,连接po,f

14、o.因为底面abcd为矩形,所以bccd.因为pc=pd,o为cd中点,所以pocd,ofbc,所以ofcd.又因为平面pcd平面abcd,po平面pcd,平面pcd平面abcd=cd,所以po平面abcd.如图,建立空间直角坐标系o-xyz,则a(1,-1,0),c(0,1,0),b(1,1,0),p(0,0,1),e12,12,12,设平面ace的一个法向量为m=(x,y,z),ac=(-1,2,0),ae=-12,32,12,所以acm=0,aem=0-x+2y=0,-12x+32y+12z=0x=2y,z=-y.令y=1,则x=2,z=-1,所以m=(2,1,-1).平面acd的法向量

15、为op=(0,0,1),则cos=mop|m|op|=-66.如图可知二面角e-ac-d为钝角,所以二面角e-ac-d的余弦值为-66.(3)在棱pd上存在点m,使ambd.设pmpd=(0,1),m(x,y,z),pm=pd,d(0,-1,0).因为(x,y,z-1)=(0,-1,-1),所以m(0,-,1-).am=(-1,1-,1-),bd=(-1,-2,0).因为ambd,所以ambd=0.所以1-2(1-)=0,解得=120,1.所以在棱pd上存在点m,使ambd,且pmpd=12.对点训练3(1)证明bc=cd,e为bd的中点,cebd.又平面bcd平面abd,且平面bcd平面ab

16、d=bd,ce平面abd.fa平面abd,face.而ce平面bcd,fa平面bcd,fa平面bcd.(2)解以db所在直线为x轴,ae所在直线为y轴,ec所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则b(1,0,0),a(0,-3,0),d(-1,0,0),f(0,-3,23),c(0,0,3),bf=(-1,-3,23),bc=(-1,0,3).设平面fbc的一个法向量为m=(x,y,z),则mbf=-x-3y+23z=0,mbc=-x+3z=0,取z=1,则m=(3,1,1).又平面abd的一个法向量为n=(0,0,1),cos=mn|m|n|=151=55.则平面abd与平面fbc所成角的余弦值

17、为55.(3)解假设在线段ad上存在m(x,y,z),使得cm平面fbc,设am=ad,则(x,y+3,z)=(-1,3,0)=(-,3,0),x=-,y=3(-1),z=0.而cm=(-,3(-1),-3).由mcm=0,得-3+3(-1)-3=0,即-23=0错误.线段ad上不存点m,使得cm平面fbc.例4(1)解设acbd=o,以o为原点,ob为x轴,oc为y轴,过o作平面abcd的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则c(0,3,0),d(-1,0,0),e(-1,0,2),m(1,0,1),de=(0,0,2),dc=(1,3,0),dm=(2,0,1),dedc=0,dedc,sdec=12dedc=1222=2.设平面dec的法向量n=(x,y,z),则nde=2z=0,ndc=x+3y=0,取x=3,得n=(3,-1,0),m到平面dec的距离h=|dmn|n|=233+1=3.三棱锥m-cde的体积:v=13scdeh=1323=233.(2)证明a(0,-3,0),ac=(0,23,0),ae=(-1,3,2),acdm=0,aedm=-2+2=0,acdm,aedm,acae=a,dm平面ace.对点训练4解(1)取b1c1的中点g,d1c1的中点h,