【高考前三個(gè)月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科 立體幾何與空間向量】專題6 第27練
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第27練空間向量解決立體幾何問(wèn)題兩妙招“選基底”與“建系”題型分析高考展望向量作為一個(gè)工具,其用途是非常廣泛的,可以解決現(xiàn)高中階段立體幾何中的大部分問(wèn)題,不管是證明位置關(guān)系還是求解問(wèn)題.而向量中最主要的兩個(gè)手段就是選基底與建立空間直角坐標(biāo)系.在高考中,用向量解決立體幾何解答題,幾乎成了必然的選擇.常考題型精析題型一選好基底解決立體幾何問(wèn)題例1如圖所示,已知空間四邊形ABCD的各邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a,點(diǎn)M、N分別是AB、CD的中點(diǎn).(1)求證:MNAB,MNCD;(2)求MN的長(zhǎng);(3)求異面直線AN與CM夾角的余弦值.點(diǎn)評(píng)對(duì)于不易建立直角坐標(biāo)系的題目,選擇好“基底”也可使問(wèn)題順利解決.“基底”就是一個(gè)坐標(biāo)系,選擇時(shí),作為基底的向量一般為已知向量,且能進(jìn)行運(yùn)算,還需能將其他向量線性表示.變式訓(xùn)練1已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn),(1)求證:E、F、G、H四點(diǎn)共面;(2)求證:BD平面EFGH;(3)設(shè)M是EG和FH的交點(diǎn),求證:對(duì)空間任一點(diǎn)O,有().題型二建立空間直角坐標(biāo)系解決立體幾何問(wèn)題例2(2015湖南)如圖,已知四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形,AA16,且AA1底面ABCD,點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中點(diǎn),證明:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A1,二面角PQDA的余弦值為,求四面體ADPQ的體積.點(diǎn)評(píng)(1)建立空間直角坐標(biāo)系前應(yīng)先觀察題目中的垂直關(guān)系,最好借助已知的垂直關(guān)系建系.(2)利用題目中的數(shù)量關(guān)系,確定定點(diǎn)的坐標(biāo),動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)可利用共線關(guān)系(a),設(shè)出動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo).(3)要掌握利用法向量求線面角、二面角、點(diǎn)到面的距離的公式法.變式訓(xùn)練2如圖,在底面是矩形的四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),PAAB1,BC2.(1)求證:EF平面PAB;(2)求證:平面PAD平面PDC.高考題型精練1.(2015北京西城區(qū)模擬)已知正方體ABCDA1B1C1D1中,點(diǎn)E為上底面A1C1的中心,若xy,則x,y的值分別為()A.x1,y1 B.x1,yC.x,y D.x,y12.已知平面ABC,點(diǎn)M是空間任意一點(diǎn),點(diǎn)M滿足條件,則直線AM()A.與平面ABC平行 B.是平面ABC的斜線C.是平面ABC的垂線 D.在平面ABC內(nèi)3.已知平面內(nèi)有一點(diǎn)M(1,1,2),平面的一個(gè)法向量為n(6,3,6),則下列點(diǎn)P中,在平面內(nèi)的是()A.P(2,3,3) B.P(2,0,1)C.P(4,4,0) D.P(3,3,4)4.已知a(2,1,3),b(1,4,2),c(7,5,),若a,b,c三向量共面,則實(shí)數(shù)等于()A. B. C. D.5.如圖,在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中,AB2,AA1,AD2,P為C1D1的中點(diǎn),M為BC的中點(diǎn).則AM與PM所成的角為()A.60 B.45C.90 D.以上都不正確6.在正方體ABCDA1B1C1D1中,P為正方形A1B1C1D1四邊上的動(dòng)點(diǎn),O為底面正方形ABCD的中心,M,N分別為AB,BC的中點(diǎn),點(diǎn)Q為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn),線段D1Q與OP互相平分,則滿足的實(shí)數(shù)有_個(gè).7.如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,棱長(zhǎng)為a,M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn),A1MAN,則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是_.8.如圖,在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中,AA1AD1,E為CD的中點(diǎn).(1)求證:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的長(zhǎng);若不存在,說(shuō)明理由.9.(2014課標(biāo)全國(guó))如圖,四棱錐PABCD中,底面ABCD為矩形,PA平面ABCD,E為PD的中點(diǎn).(1)證明:PB平面AEC;(2)設(shè)二面角DAEC為60,AP1,AD,求三棱錐EACD的體積.10.(2015廣州模擬)如圖所示,在直三棱柱ABCA1B1C1中,CA4,CB4,CC12,ACB90,點(diǎn)M在線段A1B1上.(1)若A1M3MB1,求異面直線AM和A1C所成角的余弦值;(2)若直線AM與平面ABC1所成角為30,試確定點(diǎn)M的位置.11.在四棱錐PABCD中,PD底面ABCD,底面ABCD為正方形,PDDC,E、F分別是AB、PB的中點(diǎn).(1)求證:EFCD;(2)在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)G,使GF平面PCB,并證明你的結(jié)論.12.(2015天津)如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,側(cè)棱A1A底面ABCD,ABAC,AB1,ACAA12,ADCD,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn).(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(diǎn),若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線段A1E的長(zhǎng).答案精析第27練空間向量解決立體幾何問(wèn)題兩妙招“選基底”與“建系”??碱}型精析例1(1)證明設(shè)p,q,r.由題意可知:|p|q|r|a,且p、q、r三向量?jī)蓛蓨A角均為60.()(qrp),(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB,同理可證MNCD.(2)解由(1)可知(qrp),|22(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)a2a2a22()2a2.|a,MN的長(zhǎng)為a.(3)解設(shè)向量 與的夾角為.()(qr),qp,(qr)(qp)(q2qprqrp)(a2a2cos 60a2cos 60a2cos 60)(a2).又|a,|cos aacos .cos ,向量與的夾角的余弦值為,從而異面直線AN與CM夾角的余弦值為.變式訓(xùn)練1證明(1)連接BG,則(),由共面向量定理的推論知:E、F、G、H四點(diǎn)共面.(2)因?yàn)?),所以EHBD.又EH平面EFGH,BD平面EFGH,所以BD平面EFGH.(3)找一點(diǎn)O,并連接OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG.由(2)知,同理,所以,即EH綊FG,所以四邊形EFGH是平行四邊形.所以EG,F(xiàn)H交于一點(diǎn)M且被M平分.故()().例2解由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中mBQ,0m6.(1)證明若P是DD1的中點(diǎn),則P,又(3,0,6),于是18180,所以,即AB1PQ.(2)由題設(shè)知,(6,m6,0),(0,3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量.設(shè)n1(x,y,z)是平面PQD的一個(gè)法向量,則即取y6,得n1(6m,6,3).又平面AQD的一個(gè)法向量是n2(0,0,1),所以cosn1,n2.而二面角PQDA的余弦值為,因此,解得m4,m8(舍去),此時(shí)Q(6,4,0).設(shè)(01),而(0,3,6),由此得點(diǎn)P(0,63,6),所以(6,32,6).因?yàn)镻Q平面ABB1A1,且平面ABB1A1的法向量是n3(0,1,0),所以n30,即320,亦即,從而P(0,4,4).于是,將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐PADQ,則其高h(yuǎn)4.故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.變式訓(xùn)練2證明(1)以A為原點(diǎn),AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,AP所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),E(,1,),F(xiàn)(0,1,),(,0,0),(1,0,1),(0,2,1),(0,0,1),(0,2,0),(1,0,0),(1,0,0).,即EFAB,又AB平面PAB,EF平面PAB,EF平面PAB.(2)(0,0,1)(1,0,0)0,(0,2,0)(1,0,0)0,即APDC,ADDC.又APADA,DC平面PAD.DC平面PDC,平面PAD平面PDC.高考題型精練1.C 如圖,().2.D 由已知得M、A、B、C四點(diǎn)共面.所以AM在平面ABC內(nèi),選D.3.A 逐一驗(yàn)證法,對(duì)于選項(xiàng)A,(1,4,1),n61260,n,點(diǎn)P在平面內(nèi),同理可驗(yàn)證其他三個(gè)點(diǎn)不在平面內(nèi).4.D 由題意得ctab(2t,t4,3t2),5.C 以D點(diǎn)為原點(diǎn),分別以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,依題意,可得,D(0,0,0),P(0,1,),C(0,2,0),A(2,0,0),M(,2,0).(,1,),(,2,0),(,1,)(,2,0)0,即,AMPM.6.2解析建立如圖的坐標(biāo)系,設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2,則P(x,y,2),O(1,1,0),OP的中點(diǎn)坐標(biāo)為,又知D1(0,0,2),Q(x1,y1,0),而Q在MN上,xQyQ3,xy1,即點(diǎn)P坐標(biāo)滿足xy1.有2個(gè)符合題意的點(diǎn)P,即對(duì)應(yīng)有2個(gè).7.平行解析正方體棱長(zhǎng)為a,A1MAN,()().又是平面B1BCC1的一個(gè)法向量,0,.又MN平面B1BCC1,MN平面B1BCC1.8.(1)證明以A為原點(diǎn),的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).設(shè)ABa,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),故(0,1,1),(a,0,1),.011(1)10,B1EAD1.(2)解假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0,z0).使得DP平面B1AE,此時(shí)(0,1,z0).又設(shè)平面B1AE的法向量n(x,y,z).n平面B1AE,n,n,得取x1,得平面B1AE的一個(gè)法向量n.要使DP平面B1AE,只要n,有az00,解得z0.又DP平面B1AE,存在點(diǎn)P,滿足DP平面B1AE,此時(shí)AP.9.(1)證明連接BD交AC于點(diǎn)O,連接EO.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點(diǎn).又E為PD的中點(diǎn),所以EOPB.因?yàn)镋O平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)解因?yàn)镻A平面ABCD,且四邊形ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸的正方向,的方向?yàn)閥軸的正方向,的方向?yàn)閦軸的正方向,|為單位長(zhǎng),建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0),E(0,),(0,).設(shè)B(m,0,0)(m0),則C(m,0),(m,0).設(shè)n1(x,y,z)為平面ACE的法向量,則即可取n1(,1,).又n2(1,0,0)為平面DAE的法向量,由題設(shè)知|cosn1,n2|,即 ,解得m.因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以三棱錐EACD的高為,三棱錐EACD的體積V.10.解方法一(坐標(biāo)法)以C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以CA,CB,CC1所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),A(4,0,0),A1(4,0,2),B1(0,4,2).(1)因?yàn)锳1M3MB1,所以M(1,3,2).所以(4,0,2),(3,3,2).所以cos,.所以異面直線AM和A1C所成角的余弦值為.(2)由A(4,0,0),B(0,4,0),C1(0,0,2),知(4,4,0),(4,0,2).設(shè)平面ABC1的法向量為n(a,b,c),由得令a1,則b1,c,所以平面ABC1的一個(gè)法向量為n(1,1,).因?yàn)辄c(diǎn)M在線段A1B1上,所以可設(shè)M(x,4x,2),所以(x4,4x,2).因?yàn)橹本€AM與平面ABC1所成角為30,所以|cosn,|sin 30.由|n|n|cosn,|,得|1(x4)1(4x)2|2,解得x2或x6.因?yàn)辄c(diǎn)M在線段A1B1上,所以x2,即點(diǎn)M(2,2,2)是線段A1B1的中點(diǎn).方法二(選基底法)由題意CC1CA,CACB,CC1CB取,作為一組基底,則有|4,|2,且0.(1)由3,則,且|,且|2,4,cos,.即異面直線AM與A1C所成角的余弦值為.(2)設(shè)A1MA1B1,則.又,設(shè)面ABC1的法向量為nxyz,則n8z16x0,n16y16x0,不妨取xy1,z2,則n2且|n|8,|,n16,又AM與面ABC1所成的角為30,則應(yīng)有,得,即M為A1B1的中點(diǎn).11.(1)證明如圖,以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)ADa,則D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a,a,0)、C(0,a,0)、E、P(0,0,a)、F.,(0,a,0).故0,即EFCD.(2)解設(shè)G(x,0,z),則,若使GF平面PCB,則由(a,0,0)a0,得x;由(0,a,a)a0,得z0.G點(diǎn)坐標(biāo)為,即G點(diǎn)為AD的中點(diǎn).12.解如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),得M,N(1,2,1).(1)證明依題意,可得n(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,由此可得n0,又因?yàn)橹本€MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)解(1,2,2),(2,0,0),設(shè)n1(x,y,z)為平面ACD1的法向量,則即不妨設(shè)z1,可得n1(0,1,1).設(shè)n2(x,y,z)為平面ACB1的法向量,則又(0,1,2),得不妨設(shè)z1,可得n2(0,2,1).因此有cosn1,n2,于是sinn1,n2.所以,二面角D1ACB1的正弦值為.(3)解依題意,可設(shè),其中0,1,則E(0,2),從而(1,2,1),又n(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,由已知,得cos,n,整理得2430,又因?yàn)?,1,解得2,所以,線段A1E的長(zhǎng)為2.- 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