全国统考2024高考数学一轮复习高考大题专项四突破2空间中的垂直与空间角学案理含解析北师大版_第1页
全国统考2024高考数学一轮复习高考大题专项四突破2空间中的垂直与空间角学案理含解析北师大版_第2页
全国统考2024高考数学一轮复习高考大题专项四突破2空间中的垂直与空间角学案理含解析北师大版_第3页
全国统考2024高考数学一轮复习高考大题专项四突破2空间中的垂直与空间角学案理含解析北师大版_第4页
全国统考2024高考数学一轮复习高考大题专项四突破2空间中的垂直与空间角学案理含解析北师大版_第5页
已阅读5页,还剩5页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

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】(2024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:EF⊥BC;(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,取其余角就是斜线和平面所成的角.对点训练1(2024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】(2024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,BE⊥EC1.(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,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以依据图形推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(2024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,使得AM⊥BD?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究性问题同“平行关系中的探究性问题”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究,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,通过坐标运算进行推断.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△BC'D的位置,使平面BC'D⊥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BC'D;(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,使得C'M⊥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α的距离可以通过在平面α内任取一点A,求向量PA在平面α的法向量n上的投影来解决.即若PA为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=|PA(2)异面直线间的距离可以通过在两条直线上随意各取一点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α,使得BD⫋α,且平面AEF∥α(不必给出证明过程,只要求作出α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60°,求点C到所作截面α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A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⫋平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(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A1E⊥EG,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Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1所以cos∠EOG=EO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A1E⊥AC.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因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EF·BC=0(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为θ.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BC取n=(1,3,1),故sinθ=|cos<EF·n>|=|EF·n||EF|·|n|=45对点训练1解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,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l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z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n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时例2(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⫋平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,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=设平面EBC的一个法向量为n=(x,y,z),则CB所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的一个法向量为m=(x,y,z),则C所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>=n·m|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,从而又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.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(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设则m可取m=-3由(1)知AP=0,1,22是平面PCB则cos<n,m>=n·m|n|·|m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EF∥PD.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,FO.因为底面ABCD为矩形,所以BC⊥CD.因为PC=PD,O为CD中点,所以PO⊥CD,OF∥BC,所以OF⊥CD.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设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,z),AC=(-1,2,0),AE=-1令y=1,则x=2,z=-1,所以m=(2,1,-1).平面ACD的法向量为OP=(0,0,1),则cos<m,OP>=m·OP|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AM⊥BD.设PMPD=λ(λ∈[0,1]),M(x,y,z),PM=λPD,D(0,-1,0)因为(x,y,z-1)=λ(0,-1,-1),所以M(0,-λ,1-λ).AM=(-1,1-λ,1-λ),BD=(-1,-2,0).因为AM⊥BD,所以AM·BD=0.所以1-2(1-λ)=0,解得λ=12所以在棱PD上存在点M,使AM⊥BD,且PMPD对点训练3(1)证明∵BC=CD,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,∴C'E⊥平面ABD.∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E.而C'E⫋平面BC'D,FA⊈平面BC'D,∴FA∥平面BC'D.(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m取z=1,则m=(3,1,1).又平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos<m,n>=m·则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为55(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',设AM=λAD,则(x,y+3,z)=λ(-1,3,0)=(-λ,3λ,0),∴x=-λ,y=3(λ-1),z=0.而C'M=(-λ,3(λ-1),-3由m·C'M=0,得-3λ+3(λ-1)-3=0,即-23=0∴线段AD上不存点M,使得C'M⊥平面FBC.例4(1)解设AC∩BD=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),∵DE·DC=0,∴DE⊥∴S△DEC=12×DE×DC=12×2×2=2.设平面DEC的法向量n=(x,y,则n·DE=2z=0,n·DC=x+3y=0,取x=3,∴三棱锥M-CDE的体积:V=13×S△CDE×h=13×2×(2)证明A(0,-3,0),AC=(0,23,0),AE=(-1,3,2),AC·DM=0,AE·DM=-2∴AC⊥DM,AE⊥DM,∵AC∩AE=A,∴DM⊥平面ACE.对点训练4解(1)取B1C1的中

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论