2023年高考数学第八章立体几何专题30空间向量与立体几何考场高招大全

专题30空间向量与立体几何考场高招1利用空间向量解决平行与垂直问题的方法解读高招设a,b两直线的方向向量分别为a,b,平面α,β的对应法向量为n,m.关系平行垂直线线a=λb(证明a∥b)a·b=0(证明a⊥b)线面a·n=0(证明a∥α)a=λn(证明a⊥α)面面n=λm(证明α∥β)n·m=0(证明α⊥β)2.典例指引1(1)1如图,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点(1)求证:AF∥平面BCE;(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.D.a>b>c考场高招32运用空间向量解决立体几何问题的步骤1.解读高招步骤解读建系根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系定坐标确定点的坐标进而求出有关向量的坐标向量运算进行相关的空间向量的运算翻译将向量中的语言“翻译〞成相应的立体几何中的语言,完成几何问题的求解温馨提醒在建立空间直角坐标系求点的坐标时,要使尽可能多的点落在坐标轴上,尽可能多的线段平行于坐标轴,有直角的,把直角边放在坐标轴上2.典例指引2．如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,(1)假设P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ.(2)假设PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,那么取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>==.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,那么其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=×6×6×4=24(2)如图,过点P作PM∥A1A交AD于点M,那么PM∥平面ABB1A1因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,那么PN⊥QD,∠PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即,从而.连接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=设MD=t,那么MN=. ④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,那么AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3于是=2,所以PM=2MD=2t.再由③,④得,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·PM=×6×6×4=24.3.亲临考场(2023重庆,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=,MP⊥AP.(1)求PO的长;(2)求二面角A-PM-C的正弦值.(2)由(1)知,,.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1·=0,n1·=0,得故可取n1=,由n2·=0,n2·=0,得故可取从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==-,故所求二面角A-PM-C的正弦值为.考点69利用空间向量求空间角考场高招3三法(定义法、间接法、向量法)搞定线面角1.解读高招方法解读适合题型典例指引定义法利用面面垂直的性质定理,得到线面垂直,进而确定线面角中的垂足.明确斜线在平面内的射影,即可确定线面角垂足位置易确定,顺利找到线面角典例导引3(1)几何法在构成线面角的直角三角形中,可利用等体积法求解垂线段的长度h,而不必画出线面角,利用sinθ=进行求角垂足位置不易确定,线面角不好找典例导引3(2)方法一向量法借助直线的方向向量与平面的法向量所成的角求直线与平面所成的角.如下图,设l为平面α的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,φ为l与α所成的角,那么sinφ=|cos<a,n>|=能够顺利建立空间直角坐标系,各点坐标容易确定典例导引3(2)方法二2.典例指引2(1)3(1)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=12,∠ACB=30°,AB=6,那么PB与平面ABC所成角的余弦值为;

(2)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,那么直线AD与平面B1DC(方法二:向量法)如图,取AC的中点为坐标原点,建立空间直角坐标系.设各棱长为2,那么A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,那么取n=(0,2,1).故cos<,n>=,即所求角的正弦值为.3.亲临考场1.(2023课标Ⅱ,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.(2)由得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如下图的空间直角坐标系A-xyz,那么A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),那么=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin45°,,即(x-1)2+y2-z2=0. ①又M在棱PC上,设=λ,那么考点70立体几何的综合问题考场高招4解决立体几何中的折叠问题、最值问题的规律题型方法解读典例指引折叠问题(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,折线同一侧的,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形典例导引5(1)最值问题求最值的途径有很多,如利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是一些常用的求最值的方法;有时也可以利用共线求距离最值典例导引5(2)2.典例指引4．长方形ABCD,AB=3,AD=4.现将长方形沿对角线BD折起,使AC=a,得到一个四面体A-BCD,如下图.

(1)试问:在折叠的过程中,直线AB与CD能否垂直?假设能,求出相应a的值;假设不能,请说明理由;(2)求四面体ABCD体积的最大值.【解】(1)直线AB与CD能够垂直.因为AB⊥AD,假设AB⊥CD,AD∩CD=D,那么AB⊥平面ACD,从而AB⊥AC.此时,a=,即当a=时,AB⊥CD.(2)因为△BCD的面积为定值,所以当点A到平面BCD的距离最大,即当平面ABD⊥平面BCD时,该四面体的体积最大.此时,过点A在平面ABD内作AH⊥BD,垂足为H,那么AH⊥平面BCD,AH就是该四面体的高.在△ABD中,AH=,S△BCD=×3×4=6,此时VA-BCD=S△BCD·AH=,即为该四面体体积的最大值.3.亲临考场1.(2023课标Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·.令f(x)=25x4-10x5,x∈,那么f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,那么f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤=4,所以三棱锥体积的最大值为42.(2023课标Ⅲ,理16)a