TOP62【步步高】（全国通用）2016版高考数学大二轮总复习增分策略专题五立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法试题.doc文档免费在线阅读

，则线面夹角设直线与平面的夹角为，则，面面夹角设平面的夹角为，则，例江苏如图，在四棱锥中，已知⊥平面，且四边形为直角梯形，求平面与平面所成二面角的余弦值点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长思维升华运用空间向量坐标运算求空热点分类突破例证明方法由题意，得两两垂直，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为，则，组解，所以可取设面的法向量，而该面上向量由此同理可得所以结合图形知二面角的余弦值为设面的法向量，而该面上向量由⊥，⊥得应满足的方程组为其为轴，轴和轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标而点为的中点，所以点的坐标为∥面又⊂面面∩面，所以∥解因为四边形均为正方形，所以⊥，⊥，⊥且以为原点，分别以因此证明由正方形的性质可知∥∥，且，所以四边形为平行四边形，从而∥，又⊂面，⊄面，于是，再根据余弦定理求解如图，取的中点，连接，由于綊綊，因此有綊，则与所成的角即为异面直线与所成的角设，则方法二通过平行关系找出两异面直线的夹角方法补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角由于，三棱柱为直三棱柱，且，可将三棱柱补成正方体建立如图所示空间直角坐标系设正方体棱长为，则可得，求二面角的余弦值在直线上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置若不存在，说明理由学生用书答案精析第讲立体几何中的向量方法高考真题体验的棱长为，分别为的中点，则点到平面的距离为如图，在三棱锥中⊥，点为的中点，点在直线上运动时，有下列三个命题三棱锥的体积不变直线与平面所成角的大小不变二面角的大小不变其中真命题的序号是已知正方体图，在正方体中，点为线段的中点设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是如图，在正方体中三棱锥中，⊥平面，分别为线段，上的点，且，证明⊥平面求二面角的余弦值组能力提高四川如如图，在底面是矩形的四棱锥中，⊥底面分别是，的中点求证∥平面求证平面⊥平面重庆如图，为正方体向量与向量的夹角是④正方体的体积为其中正确命题的序号是，那么直线与所成角的余弦值为在直角坐标系中，已知现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为已知为，那么直线与所成角的余弦值为在直角坐标系中，已知现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为已知为正方体向量与向量的夹角是④正方体的体积为其中正确命题的序号是如图，在底面是矩形的四棱锥中，⊥底面分别是，的中点求证∥平面求证平面⊥平面重庆如图，三棱锥中，⊥平面，分别为线段，上的点，且，证明⊥平面求二面角的余弦值组能力提高四川如图，在正方体中，点为线段的中点设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是如图，在正方体中，点在直线上运动时，有下列三个命题三棱锥的体积不变直线与平面所成角的大小不变二面角的大小不变其中真命题的序号是已知正方体的棱长为，分别为的中点，则点到平面的距离为如图，在三棱锥中⊥，点为的中点求二面角的余弦值在直线上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置若不存在，说明理由学生用书答案精析第讲立体几何中的向量方法高考真题体验方法补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角由于，三棱柱为直三棱柱，且，可将三棱柱补成正方体建立如图所示空间直角坐标系设正方体棱长为，则可得方法二通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解如图，取的中点，连接，由于綊綊，因此有綊，则与所成的角即为异面直线与所成的角设，则，因此证明由正方形的性质可知∥∥，且，所以四边形为平行四边形，从而∥，又⊂面，⊄面，于是∥面又⊂面面∩面，所以∥解因为四边形均为正方形，所以⊥，⊥，⊥且以为原点，分别以为轴，轴和轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标而点为的中点，所以点的坐标为设面的法向量，而该面上向量由⊥，⊥得应满足的方程组为其组解，所以可取设面的法向量，而该面上向量由此同理可得所以结合图形知二面角的余弦值为热点分类突破例证明方法由题意，得两两垂直，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为，则，，，⊥棱柱是直三棱柱，⊥平面，是平面的个法向量，且⊄平面，∥平面设平面与平面的个法向量分别为，由得解得令，则同理可得，平面⊥平面方法二平面，得，即，，故，此时，经检验，当时，⊥平面故线段上存在点，使得⊥平面，此时高考押题精练证明连接，四边形是矩形，且为的中点，为的中点，又在中，为的中点，∥，⊂面，⊄面，∥平面解如图，取的中点，则⊥，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则，可得设平面的法向量为，则故即，令，则故是平面的个法向量⊥面，为平面的个法向量，由图可知所求二面角为锐角，二面角的余弦值为二轮专题强化练答案精析第讲立体几何中的向量方法由已知得四点共面所以在平面内，选可为下列个向量，其中个与重合，与垂直，这时，与的夹角为，这时，最后，故选分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，，，又⊥是平面的法向量，且⊄平面，∥平面设，则，选如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为，则，则为侧面的法向量，由解析以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，故，，，所以，解析如图为折叠后的图形，其中作⊥，⊥，则，两异面直线所成的角为，故由，得，解析设正方体的棱长为，中，故正确中，由于⊥，故正确中与两异面直线所成的角为，但与的夹角为，故不正确④中故④也不正确证明以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则分别是，的中点，，，∥，即∥，又⊂平面，⊄平面，∥平面由可知⊥，⊥，即⊥，⊥又∩，⊥平面⊂平面，平面⊥平面证明由⊥平面，⊂平面，故⊥由，得为等腰直角三角形，故⊥由∩，垂直于平面内两条相交直线，故⊥平面解由知，为等腰直角三角形如图，过作垂直于，易知，又已知，故由得∥故以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，得故可取由可知⊥平面，故平面的法向量可取为，即从而法向量，的夹角的余弦值为故所求二面角的余弦值为根据题意可知平面⊥平面且两平面的交线是，所以过点作交线的垂线，则⊥平面，所以或其补角就是直线与平面所成的角设正方体的边长为，则根据图形可知直线与平面可以垂直当点与点重合时可得所以，所以当点与点重合时，可得根据选项可知正确解析中，∥平面，上任意点到平面的距离相等，所以体积不变，正确中，在直线上运动时，直线与平面所成角和直线与平面所成角不相等，所以不正确中，在直线上运动时，点在平面中，既二面角的大小不受影响，所以正确解析以为坐标原点，所在直线分别为轴轴轴建立空间直角坐标系，如图所示，则设平面的个法向量为，则，即，令，则又，点到平面的距离为解，≌⊥，⊥，又∩，⊥平面，且两两垂直，故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则设平面的个法向量为，，取，平面的个法向量为，设二面角的平面角为，且为钝角二面角的余弦值为方法存在，是的中点或是的中点设∈，，解得或，或，在直线上存在点，且当是的中点或是的中点时，使得与平面所成角的正弦值为方法二存在，是的中点或是的中点设，则∈，解得或是的中点或是的中点在直线上存在点，且当是的中点或是的中点时，使得与平面所成角的正弦值为第讲立体几何中的向量方法课标全国Ⅱ直三棱柱中，分别是，的中点则与所成角的余弦值为安徽如图所示，在多面体中，四边形均为正方形，为的中点，过的平面交于证明∥求二面角的余弦值以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上热点利用向量证明平行与垂直设直线的方向向量为，平面的法向量分别为，则有线面平行∥⇔⊥⇔⇔线面垂直⊥⇔∥⇔⇔面面平行∥⇔∥⇔⇔面面垂直⊥⇔⊥⇔⇔例如图，在直三棱柱中，面和面都是正方形且互相垂直，为的中点，为的中点运用向量方法证明∥平面平面⊥平面思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的条直线和平面内的条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线∥，只需证明向量∈即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外跟踪演练如图所示，已知直三棱柱中，为等腰直角三角形且，分别为的中点求证∥平面⊥平面热点二利用空间向量求空间角设直线，的方向向量分别为，平面，的法向量分别为，以下相同线线夹角设，的夹角为，则线面夹角设直线与平面的夹角为，则，面面夹角设平面的夹角为，则，例江苏如图，在四棱锥中，已知⊥平面，且四边形为直角梯形，求平面与平面所成二面角的余弦值点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长思维升华运用空间向量坐标运算求空间角的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④结合公式进行论证计算转化为几何结论求空间角注意两条异面直线所成的角不定是直线的方向向量的夹角，即两平面的法