五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八章 第六節(jié) 空間向量的應(yīng)用 理全國通用

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)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(biāo)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(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(biāo)原點建立如圖所示的坐標(biāo)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(biāo)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 .