2018年高考數(shù)學 第八章 立體幾何 專題30 空間向量與立體幾何考場高招大全.doc

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1、 專題30 空間向量與立體幾何 考場高招1 利用空間向量解決平行與垂直問題的方法 1. 解讀高招 設a,b兩直線的方向向量分別為a,b,平面α,β的對應法向量為n,m. 關系 平　　行 垂　　直 線線 a=λb(證明a∥b) a·b=0(證明a⊥b) 線面 a·n=0(證明a∥α) a=λn(證明a⊥α) 面面 n=λm(證明α∥β) n·m=0(證明α⊥β) 2.典例指引 1(1) 1如圖,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD為等邊三角形,AD=DE=2AB=2a,F為CD的中點. (1)求證:AF∥平面BCE; (2)判斷平

2、面BCE與平面CDE的位置關系,并證明你的結論. D.a>b>c 考場高招32運用空間向量解決立體幾何問題的步驟 1.解讀高招 步驟 解　　讀 建系 根據題中的幾何圖形的特征建立適當?shù)目臻g直角坐標系 定坐標 確定點的坐標進而求出有關向量的坐標 向量 運算 進行相關的空間向量的運算 翻譯 將向量中的語言“翻譯”成相應的立體幾何中的語言,完成幾何問題的求解 溫馨 提醒 在建立空間直角坐標系求點的坐標時,要使盡可能多的點落在坐標軸上,盡可能多的線段平行于坐標軸,有直角的,把直角邊放在坐標軸上 2.典例指引 2．如圖,已知四棱臺ABCD-A1B

3、1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD,點P,Q分別在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中點,證明:AB1⊥PQ. (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為 ,求四面體ADPQ的體積. (2)由題設知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD內的兩個不共線向量. 設n1=(x,y,z)是平面PQD的一個法向量, 則 取y=6,得n1=(6-m,6,3). 又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1), 所以cos==. 而二面角P-QD-A的余弦值為,因此,解得

4、m=4,或m=8(舍去),此時Q(6,4,0). 設=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得點P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ). 因為PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,從而P(0,4,4). 于是,將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h=4.故四面體ADPQ的體積V=S△ADQ·h=×6×6×4=24 (2)如圖,過點P作PM∥A1A交AD于點M,則PM∥平面ABB1A1. ② 因為A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD. 過

5、點M作MN⊥QD于點N,連接PN,則PN⊥QD,∠PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即,從而. 連接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM為矩形,故MQ=AB=6. 設MD=t,則MN=. ④ 過點D1作D1E∥A1A交AD于點E,則AA1D1E為矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3. 于是=2,所以PM=2MD=2t. 再由③,④得,解得t=2,因此PM=4. 故四面體ADPQ的體積V=S△ADQ·PM=×6×6×4=24. 3.親臨

6、考場 (2014重慶,理19)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M為BC上一點,且BM=,MP⊥AP. (1)求PO的長; (2)求二面角A-PM-C的正弦值. (2)由(1)知,, . 設平面APM的法向量為n1=(x1,y1,z1), 平面PMC的法向量為n2=(x2,y2,z2), 由n1·=0,n1·=0, 得 故可取n1=,由n2·=0,n2·=0, 得故可取從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos==-, 故所求二面角A-PM-C的正弦值為. 考點69 利用空間

7、向量求空間角 考場高招3 三法(定義法、間接法、向量法)搞定線面角 1.解讀高招 方法 解　　讀 適合題型 典例指引 定義法 利用面面垂直的性質定理,得到線面垂直,進而確定線面角中的垂足.明確斜線在平面內的射影,即可確定線面角 垂足位置易確定,順利找到線面角 典例導 引3(1) 幾何法 在構成線面角的直角三角形中,可利用等體積法求解垂線段的長度h,而不必畫出線面角,利用sin θ=進行求角 垂足位置不易確定,線面角不好找 典例導 引3(2) 方法一 向量法 借助直線的方向向量與平面的法向量所成的角求直線與平面所成的角. 如圖所示,設l為平面α的斜線

8、,l∩α=A,a為l的方向向量,n為平面α的法向量,φ為l與α所成的角,則sin φ=|cos|= 能夠順利建立空間直角坐標系,各點坐標容易確定 典例導 引3(2) 方法二 2.典例指引 2(1) 3(1)在三棱錐P-ABC中,PA=PB=PC=12,∠ACB=30°, AB=6,則PB與平面ABC所成角的余弦值為　　　　　;? (2)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等,D是A1C1的中點,則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為　　　　　.? (方法二:向量法)如圖,取AC的中點為坐標原點,建立空間直角坐標系. 設各棱長為2,則A(0,-1

9、,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2). 設n=(x,y,z)為平面B1CD的法向量, 則取n=(0,2,1). 故cos<,n>=,即所求角的正弦值為. 3.親臨考場 1.(2017課標Ⅱ,理19)如圖,四棱錐P-ABCD中,側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點. (1)證明:直線CE∥平面PAB; (2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值. (2)由已知得BA⊥AD,以A為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位

10、長,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=( 1,0,0). 設M(x,y,z)(0|=sin45°,, 即(x-1)2+y2-z2=0. ① 又M在棱PC上,設=λ,則 考點70 立體幾何的綜合問題 考場高招 4解決立體幾何中的折疊問題、最值問題的規(guī)律 題型 方法解讀 典例指引 折疊 問題 (1)解決與

11、折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,折線同一側的,線段的長度是不變量,而位置關系往往會發(fā)生變化,抓住不變量是解決問題的突破口.(2)在解決問題時,要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形 典例導 引5(1) 最值 問題 求最值的途徑有很多,如利用代數(shù)知識建立函數(shù)法、由常用不等式解不等式法等都是一些常用的求最值的方法;有時也可以利用共線求距離最值 典例導 引5(2) 2.典例指引 4．已知長方形ABCD,AB=3,AD=4.現(xiàn)將長方形沿對角線BD折起,使AC=a,得到一個四面體A-BCD,如圖所示. ?(1)試問:在折

12、疊的過程中,直線AB與CD能否垂直?若能,求出相應a的值;若不能,請說明理由; (2)求四面體ABCD體積的最大值. 【解】 (1)直線AB與CD能夠垂直. 因為AB⊥AD,若AB⊥CD,AD∩CD=D, 則AB⊥平面ACD,從而AB⊥AC. 此時,a=, 即當a=時,AB⊥CD. (2)因為△BCD的面積為定值,所以當點A到平面BCD的距離最大,即當平面ABD⊥平面BCD時,該四面體的體積最大. 此時,過點A在平面ABD內作AH⊥BD,垂足為H, 則AH⊥平面BCD,AH就是該四面體的高. 在△ABD中,AH=,S△BCD=×3×4=6, 此時VA-BCD=S△BC

13、D·AH=,即為該四面體體積的最大值. 3.親臨考場 1. (2017課標Ⅰ,理16)如圖,圓形紙片的圓心為O,半徑為5 cm,該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D,E,F為圓O上的點,△DBC,△ECA, △FAB分別是以BC,CA,AB為底邊的等腰三角形,沿虛線剪開后,分別以BC,CA,AB為折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱錐.當△ABC的邊長變化時,所得三棱錐體積(單位:cm3)的最大值為　　　　　　. 所以三棱錐的體積V=S△ABC·h =x2·. 令f(x)=25x4-10x5,x∈,則f'(x)=100x3-50x4.

14、令f'(x)=0,可得x=2,則f(x)在(0,2)單調遞增,在單調遞減,所以f(x)max=f(2)=80. 所以V≤=4,所以三棱錐體積的最大值為4 2.(2017課標Ⅲ,理16)a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉,有下列結論: ①當直線AB與a成60°角時,AB與b成30°角; ②當直線AB與a成60°角時,AB與b成60°角; ③直線AB與a所成角的最小值為45°; ④直線AB與a所成角的最大值為60°. 其中正確的是　　　　　.(填寫所有正確結論的編號) 【答案】 ②③ 14