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新編全國(guó)通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理含解析

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新編全國(guó)通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理含解析

【走向高考】(全國(guó)通用)20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理一、選擇題1(20xx·北京理,7)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,),若S1、S2、S3分別是三棱錐DABC在xOy、yOz、zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積,則()AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2DS3S2且S3S1答案D解析DABC在xOy平面上的投影為ABC,故S1AB·BC2,設(shè)D在yOz和zOx平面上的投影分別為D2和D3,則DABC在yOz和zOx平面上的投影分別為OCD2和OAD3,D2(0,1,),D3(1,0,)故S2×2×,S3×2×,綜上,選項(xiàng)D正確2已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA12AB,E是AA1的中點(diǎn),則異面直線D1C與BE所成角的余弦值為()A.B.C. D.答案B解析以A為原點(diǎn),AB、AD、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB1,則B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),D1(0,1,2),AA12AB,E(0,0,1),(1,0,1),(1,0,2),cos,故選B.3(20xx·浙江理,8)如圖,已知ABC,D是AB的中點(diǎn),沿直線CD將ACD翻折成ACD,所成二面角ACDB的平面角為,則()AADBBADBCACBDACB答案B解析AC和BC都不與CD垂直,ACB,故C,D錯(cuò)誤當(dāng)CACB時(shí),容易證明ADB.不妨取一個(gè)特殊的三角形,如RtABC,令斜邊AB4,AC2,BC2,如圖所示,則CDADBD2,BDH120°,設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD,使平面ACD平面BCD,則90°.取CD中點(diǎn)H,連接AH,BH,則AHCD,AH平面BCD,且AH,DH1.在BDH中,由余弦定理可得BH.在RtAHB中,由勾股定理可得AB.在ADB中,AD2BD2AB22<0,可知cosADB<0,ADB為鈍角,故排除A.綜上可知答案為B.4已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)都相等,A1在底面ABC內(nèi)的射影為ABC的中心,則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于()A. B.C. D.答案B解析如圖,設(shè)A1在平面ABC內(nèi)的射影為O,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA、OA1分別為x軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖設(shè)ABC邊長(zhǎng)為1,則A(,0,0),B1(,),(,)平面ABC的法向量n(0,0,1),則AB1與底面ABC所成角的正弦值為sin|cos,n|.5.過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A,引PA平面ABCD.若PABA,則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30°B45°C60°D90°答案B解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,不難求出平面APB與平面PCD的法向量分別為n1(0,1,0),n2(0,1,1),故平面ABP與平面CDP所成二面角(銳角)的余弦值為,故所求的二面角的大小是45°.6如圖,四棱錐SABCD的底面為正方形,SD底面ABCD,則下列結(jié)論中不正確的是()AACSBBAB平面SCDCSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角DAB與SC所成的角等于DC與SA所成的角答案D解析四邊形ABCD是正方形,ACBD.又SD底面ABCD,SDAC.SDBDD,AC平面SDB,從而ACSB.故A正確易知B正確設(shè)AC與DB交于O點(diǎn),連接SO.則SA與平面SBD所成的角為ASO,SC與平面SBD所成的角為CSO,又OAOC,SASC,ASOCSO.故C正確由排除法可知選D.二、填空題7如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有棱長(zhǎng)為a的正方體ABCDA1B1C1D1,點(diǎn)M是線段DC1上的動(dòng)點(diǎn),則點(diǎn)M到直線AD1距離的最小值是_答案a解析設(shè)M(0,m,m)(0ma),(a,0,a),直線AD1的一個(gè)單位方向向量s(,0,),(0,m,am),故點(diǎn)M到直線AD1的距離d,根式內(nèi)的二次函數(shù)當(dāng)m時(shí)取最小值()2a×a2a2,故d的最小值為a.8(20xx·四川理,14)如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上,E,F(xiàn)分別為AB,BC的中點(diǎn)設(shè)異面直線EM與AF所成的角為,則cos 的最大值為_(kāi)答案解析分別以直線AB、AD、AQ為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示設(shè)AB1,則,E.設(shè)M(0,y,1)(0y1),則,由于異面直線所成角的范圍為,所以cos .因?yàn)?1,令8y1t,1t9,則,當(dāng)t1時(shí)取等號(hào)所以所以cos ×,當(dāng)y0時(shí),取得最大值三、解答題9在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABC90°,BC2,CC14,點(diǎn)E在線段BB1上,且EB11,D、F、G分別為CC1、C1B1、C1A1的中點(diǎn)求證:(1)B1D平面ABD;(2)平面EGF平面ABD.證明(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA、BC、BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),設(shè)BAa,則A(a,0,0),所以(a,0,0),(0,2,2),(0,2,2),·0,·0440,即B1DBA,B1DBD,又BABDB,因此B1D平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),G(,1,4),F(xiàn)(0,1,4),則(,1,1),(0,1,1),·0220,·0220,即B1DEG,B1DEF,又EGEFE,因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.方法點(diǎn)撥1.空間的平行與垂直關(guān)系的判斷與證明,既可用綜合幾何方法解決,也可用向量幾何方法解決2用向量方法研究空間線面位置關(guān)系設(shè)直線l1、l2的方向向量分別為a、b,平面、的法向量分別為e1,e2,A、B、C分別為平面內(nèi)相異三點(diǎn)(其中l(wèi)1與l2不重合,與不重合),則l1l2ab存在實(shí)數(shù),使ba(a0);l1l2aba·b0.l1ae1存在實(shí)數(shù),使e1a(a0);l1a·e10存在非零實(shí)數(shù)1,2,使a12.e1e2存在實(shí)數(shù),使e2e1(e10);e1e2e1·e20.3平面的法向量求法在平面內(nèi)任取兩不共線向量a,b,設(shè)平面的法向量n(x,y,z),利用建立x、y、z的方程組,取其一組解10.如圖,已知ABCDA1B1C1D1是底面為正方形的長(zhǎng)方體,A1D12,A1A2,點(diǎn)P是AD1上的動(dòng)點(diǎn)(1)當(dāng)P為AD1的中點(diǎn)時(shí),求異面直線AA1與B1P所成角的余弦值;(2)求PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值解析(1)(解法一)過(guò)點(diǎn)P作PEA1D1,垂足為E,連接B1E,則PEAA1,B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角在RtAA1D1中,A1D12,AA12,A1EA1D11,B1E.又PEAA1,在RtB1PE中,B1P2,cosB1PE.異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.(解法二)以A1為原點(diǎn),A1B1所在的直線為x軸,A1D1所在直線為y軸,A1A所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A1(0,0,0),A(0,0,2),B1(2,0,0),P(0,1,),(0,0,2),(2,1,),cos,.異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.(2)由(1)知,B1A1平面AA1D1,B1PA1是PB1與平面AA1D1所成的角,且tanB1PA1.當(dāng)A1P最小時(shí),tanB1PA1最大,這時(shí)A1PAD1,由A1P,得tanB1PA1,即PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值為.11(20xx·天津理,17)如圖,在四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,ADDCAP2,AB1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)(1)證明:BEDC;(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值;(3)若F為棱PC上一點(diǎn),滿足BFAC,求二面角FABP的余弦值解析解法一:由題意易知AP、AB、AD兩兩垂直,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),由E為棱PC的中點(diǎn), 得E(1,1,1)(1)證明:(0,1,1),(2,0,0),故·0,所以BEDC.(2)(1,2,0),(1,0,2),設(shè)n(x,y,z)為平面PBD的法向量,則即不妨令y1,可得n(2,1,1)為平面PBD的一個(gè)法向量,于是有cosn,.所以,直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)向量(1,2,0),(2,2,2),(2,2,0),(1,0,0),由點(diǎn)F在棱PC上,設(shè),01.故(12,22,2),由BFAC,得·0,因此,2(12)2(22)0,解得,即(,)設(shè)n1(x,y,z)為平面FAB的法向量,則即不妨令z1,可得n1(0,3,1)為平面FAB的一個(gè)法向量,取平面ABP的法向量n2(0,1,0),則cosn1,n2.易知,二面角FABP是銳角,所以其余弦值為.解法二:(1)證明:如圖,取PD中點(diǎn)M,連接EM、AM.由于E、M分別為PC、PD的中點(diǎn),故EMDC,且EMDC,又由已知,可得EMAB且EMAB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BEAM.因?yàn)镻A底面ABCD,故PACD,而CDDA,從而CD平面PAD,因?yàn)锳M平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.(2)連接BM,由(1)有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM,又因?yàn)锳DAP,M為PD的中點(diǎn),故PDAM,可得PDBE,所以PD平面BEM,故平面BEM平面PBD,所以,直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM,而B(niǎo)EEM,可得EBM為銳角,故EBM為直線BE與平面PBD所成的角依題意,有PD2,而M為PD中點(diǎn),可得AM,進(jìn)而B(niǎo)E,故在直角三角形BEM中,tanEBM,因此sinEBM.所以,直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)如圖,在PAC中,過(guò)點(diǎn)F作FHPA交AC于點(diǎn)H,因?yàn)镻A底面ABCD,故FH底面ABCD,從而FHAC,又BFAC,得AC平面FHB,因此ACBH,在底面ABCD內(nèi),可得CH3HA,從而CF3FP.在平面PDC內(nèi),作FGDC交PD于點(diǎn)G,于是DG3GP,由于DCAB,故GFAB,所以A,B,F(xiàn),G四點(diǎn)共面,由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG,所以PAG為二面角FABP的平面角在PAG中,PA2,PGPD,APG45°,由余弦定理可得AG,cosPAG.所以,二面角FABP的余弦值為.方法點(diǎn)撥1.運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo);寫(xiě)出向量坐標(biāo);結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算;轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論2兩異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角;兩平面的法向量的夾角與二面角相等或互補(bǔ);直線的方向向量與平面的法向量的夾角與線面角的余角相等或互補(bǔ)12如圖,四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,四邊形ABCD中,ABAD,ABAD4,CD,CDA45°.(1)求證:平面PAB平面PAD;(2)設(shè)ABAP.()若直線PB與平面PCD所成的角為30°,求線段AB的長(zhǎng);()在線段AD上是否存在一個(gè)點(diǎn)G,使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、B、C、D的距離都相等?說(shuō)明理由解析(1)因?yàn)镻A平面ABCD,AB平面ABCD,所以PAAB.又ABAD,PAADA,所以AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz如圖在平面ABCD內(nèi),作CEAB交AD于點(diǎn)E,則CEAD.在RtCDE中,DECD·cos45°1,CECDsin45°1.設(shè)ABAPt,則B(t,0,0),P(0,0,t)由ABAD4得AD4t,所以E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0),(1,1,0),(0,4t,t)()設(shè)平面PCD的法向量為n(x,y,z),由n,n,得取xt,得平面PCD的一個(gè)法向量n(t,t,4t)又(t,0,t),故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得cos60°,即,解得t或t4(舍去,因?yàn)锳D4t>0),所以AB.()假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G,使得點(diǎn)G到點(diǎn)P,B,C,D的距離都相等設(shè)G(0,m,0)(其中0m4t),則(1,3tm,0),(0,4tm,0),(0,m,t)由|得12(3tm)2(4tm)2,即t3m;由|得(4tm)2m2t2.由、消去t,化簡(jiǎn)得m23m40.由于方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根,所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G,使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、C、D的距離都相等從而,在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G,使得點(diǎn)G到點(diǎn)P,B,C,D的距離都相等方法點(diǎn)撥1.用空間向量求點(diǎn)到平面的距離的方法步驟是:(1)求出平面的法向量n;(2)任取一條過(guò)該點(diǎn)的該平面的一條斜線段,求出其向量坐標(biāo)n1;(3)求點(diǎn)到平面的距離d.2點(diǎn)面距、線面距、異面直線間的距離的求法共同點(diǎn)是:設(shè)平面的法向量為n(求異面直線間的距離時(shí),取與兩異面直線都垂直的向量為n),求距離的兩幾何圖形上各取一點(diǎn)A、B,則距離d.13(20xx·湖南理,19)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,A1A6,且A1A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的體積分析考查空間向量的運(yùn)用,線面垂直的性質(zhì)與空間幾何體體積計(jì)算考查轉(zhuǎn)化思想、方程思想、運(yùn)算求解能力和空間想像能力(1)建立空間直角坐標(biāo)系,求得相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明AB1·PQ0;(2)利用向量幾何求解:將PQ平面ABB1A1轉(zhuǎn)化為與平面ABB1A1的法向量垂直,結(jié)合平面的法向量與二面角的關(guān)系確定點(diǎn)P,最后利用體積公式計(jì)算體積或用綜合幾何方法求解解析解法一由題設(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(0,3),(6,m,3),(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,或者m8(舍去),此時(shí)Q(6,4,0)設(shè) (0<<1),而(0,3,6),由此得點(diǎn)P(0,63,6),(6,32,6)因?yàn)镻Q平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個(gè)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,而其高h(yuǎn)4,故四面體ADPQ的體積VSADQ·h××6×6×424.解法二(1)如圖c,取A1A的中點(diǎn)R,連接PR,BR,因?yàn)锳1A,D1D是梯形A1AD1D的兩腰,P是D1D的中點(diǎn),所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四點(diǎn)共面由題設(shè)知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1,因?yàn)閠anABR tanA1AB1,所以tanABRtanA1AB1,因此ABRBAB1A1AB1BAB190°,于是AB1BR,再由即知平面AB1平面PRBC,又PQ平面PRBC,故AB1PQ.圖c圖d(2)如圖d,過(guò)點(diǎn)P作PM/A1A交AD于點(diǎn)M,則PM/平面ABB1A1.因?yàn)锳1A平面ABCD,所以PM平面ABCD,過(guò)點(diǎn)M作MNQD于點(diǎn)N,連接PN,則PNQD,PNM為二面角PQDA的平面角,所以cosPNM,即,從而.連接MQ,由PQ/平面ABB1A1,所以MQ/AB,又ABCD是正方形,所以ABQM為矩形,故MQAB6.設(shè)MDt,則MN 過(guò)點(diǎn)D1作D1EA1A交AD于點(diǎn)E,則AA1D1E為矩形,所以D1EA1A6,AEA1D13,因此EDADAE3,于是2,所以PM2MD2t,再由得,解得t2,因此PM4.故四面體ADPQ的體積VSADQ·h××6×6×424.

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