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1、高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第六節(jié)第六節(jié) 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 考點 空間向量及其應(yīng)用 1(20 xx陜西,18)如圖 1,在直角梯形 ABCD中,ADBC,BAD2,ABBC1,AD2,E是AD的中點,O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到A1BE的位置,如圖 2. (1)證明:CD平面A1OC; (2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值 (1)證明 在圖 1 中,因為ABBC1,AD2,E是AD的中點,BAD2,所以BEAC, 即在圖 2 中,BEOA1,BEOC,且A1OOCO, 圖 1 從而BE平面A1OC, 又在直角梯形ABCD中,
2、ADBC,BC12AD,E為AD中點,所以BC綉ED, 所以四邊形BCDE為平行四邊形,故有CDBE, 所以CD平面A1OC. (2)解 由已知,平面A1BE平面BCDE, 又由(1)知,BEOA1,BEOC, 所以A1OC為二面角A1BEC的平面角, 所以A1OC2, 圖 2 如圖,以O(shè)為原點,建立空間直角坐標系, 因為A1BA1EBCED1,BCED, 所以B22,0,0 ,E22,0,0 , A10,0,22,C0,22,0 , 得BC22,22,0 , A1C0,22,22, CDBE( 2,0,0), 設(shè)平面A1BC的法向量n n1(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n n2(
3、x2,y2,z2),平面A1BC與平面A1CD夾角為, 則1110,0,n BCn AC得11110,0,xyyz取n n1(1,1,1); 2210,0,n CDn AC得2220,0,xyz取n n2(0,1,1), 從而 cos |cos|23 263, 即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為63. 2(20 xx天津,17)如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,側(cè)棱A1A底面ABCD,ABAC,AB1,ACAA12,ADCD 5,且點M和N分別為B1C和D1D的中點 (1)求證:MN平面ABCD; (2)求二面角D1ACB1的正弦值; (3)設(shè)E為棱A1B1上的點,若直線NE和
4、平面ABCD所成角的正弦值為13,求線段A1E的長 解 如圖,以A為原點建立空間直角坐標系,依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,2,0), A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,2,2),又因為M,N分別為B1C和D1D的中點, 得M1,12,1 , N(1,2,1) (1)證明 依題意,可得n n(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,MN0,52,0 ,由此可得MNn n0,又因為直線MN平面ABCD,所以MN平面ABCD. (2)AD1(1,2,2),AC(2,0,0), 設(shè)n n1(x,y,z)為平面ACD1的法向量
5、, 則11110,0,n ADn AC即220,20.xyzx 不妨設(shè)z1,可得n n1(0,1,1) 設(shè)n n2(x,y,z)為平面ACB1的法向量,則 1220,0,n ABn AC 又AB1(0,1,2), 得20,20,yzx不妨設(shè)z1,可得n n2(0,2,1) 因此有 cosn n1,n n2n n1n n2|n n1|n n2| 1010,于是 sinn n1,n n23 1010. 所以,二面角D1ACB1的正弦值為3 1010. (3)依題意,可設(shè)A1EA1B1,其中0,1,則E(0,2),從而NE(1,2,1),又n n(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量, 由已知,得
6、 cosNE,n nNEn n|NE|n n| 1(1)2(2)21213, 整理得2430, 又因為0,1,解得 72, 所以,線段A1E的長為 72. 3(20 xx江西,19)如圖,四棱錐PABCD中,PA平面ABCD,E為BD的中點,G為PD的中點,DABDCB,EAEBAB1,PA32,連接CE并延長交AD于F. (1)求證:AD平面CFG; (2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值 (1)證明 在ABD中,因為E是BD的中點,所以 EAEBEDAB1, 故BAD2,ABEAEB3, 因為DABDCB, 所以EABECB, 從而有FEDBECAEB3, 所以FEDFEA, 故EF
7、AD,AFFD, 又因為PGGD, 所以FGPA. 又PA平面ABCD, 所以GFAD, 故AD平面CFG. (2)解 以點A為坐標原點建立如圖所示的坐標系, 則A(0,0,0),B(1,0,0), C32,32,0 , D()0, 3,0 ,P0,0,32, 故BC12,32,0 , CP32,32,32, CD32,32,0 . 設(shè)平面BCP的法向量n n1 1(1,y1,z1), 則111130,223330,222yyz 解得113,32,3yz 即n n1 11,33,23. 設(shè)平面DCP的法向量n n2(1,y2,z2), 則222330,223330,222yyz解得223,2.
8、yz 即n n2(1, 3,2)從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為 cos|n n1n n2|n n1|n n2|43169 824. 4.(20 xx湖北,19)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,直線PC平面ABC,E,F(xiàn)分別是PA,PC的中點 (1)記平面BEF與平面ABC的交線為l,試判斷直線l與平面PAC的位置關(guān)系,并加以證明; (2)設(shè)(1)中的直線l與圓O的另一個交點為D,且點Q滿足DQ12CP,記直線PQ與平面ABC所成的角為,異面直線PQ與EF所成的角為,二面角ElC的大小為,求證:sin sin sin . (1)解 直線l平面PAC,證明如下: 連
9、接EF,因為E,F(xiàn)分別是PA,PC的中點, 所以EFAC. 又EF平面ABC,且AC 平面ABC, 所以EF平面ABC. 而EF 平面BEF,且平面BEF平面ABCl,所以EFl. 因為l平面PAC,EF 平面PAC, 所以直線l平面PAC. (2)證明 法一 (綜合法)如圖 1,連接BD,由(1)可知交線l即為直線BD,且lAC. 因為AB是O的直徑, 所以ACBC, 于是lBC, 圖 1 已知PC平面ABC,而l 平面ABC,所以PCl. 而PCBCC,所以l平面PBC. 連接BE,BF,因為BF 平面PBC, 所以lBF. 故CBF就是二面角ElC的平面角, 即CBF. 由DQ12CP,
10、作DQCP,且DQ12CP. 連接PQ,DF,因為F是CP的中點,CP2PF, 所以DQPF, 從而四邊形DQPF是平行四邊形,PQFD. 連接CD,因為PC平面ABC, 所以CD是FD在平面ABC內(nèi)的射影, 故CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角,即CDF. 又BD平面PBC,有BDBF,知BDF為銳角, 故BDF為異面直線PQ與EF所成的角,即BDF, 于是在 RtDCF,RtFBD,RtBCF中,分別可得 sin CFDF,sin BFDF,sin CFBF, 從而 sin sin CFBFBFDFCFDFsin , 即 sin sin sin . 法二 (向量法)如圖 2,由DQ12
11、CP,作DQCP,且DQ12CP. 連接PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交線l即為直線BD. 以點C為原點,向量CA,CB,CP所在直線分別為x、y、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)CAa,CBb,CP2c,則有C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),E12a,0,c,F(xiàn)(0,0,c) 于是FE(12a,0,0), 圖 2 QP(a,b,c),BF(0,b,c), 所以 cos |FEQP|FE|QP| aa2b2c2, 從而 sin 1cos2b2c2a2b2c2. 又取平面ABC的一個法向量為m m(0,0,1),可得 sin |m mQP|m m|QP|ca2b2c2, 設(shè)平面BEF的一個法向量為n n(x,y,z), 所以由0,0,n FEn BF 可得10,20.axbycz 取n n(0,c,b) 于是|cos |m mn n|m m|n n|bb2c2, 從而 sin 1cos2cb2c2. 故 sin sin b2c2a2b2c2cb2c2ca2b2c2sin , 即 sin sin sin .