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专题四 第3讲 空间向量与空间角--高三高考数学复习-PPT
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这是一份专题四 第3讲 空间向量与空间角--高三高考数学复习-PPT,共60页。PPT课件主要包含了考点一,考点二,考点三,异面直线所成的角,直线与平面所成的角,平面与平面的夹角,专题强化练,核心提炼,故选B等内容,欢迎下载使用。
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具,利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点,通常以解答题的形式出现,难度中等.
设异面直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),异面直线l与m的夹角为θ.
(1)如图,已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的
方法一 如图,连接EO2并延长,交底面圆于点F,连接FO1,FB,易知AE∥BF且AE=BF,所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角.
所以△AEO2为正三角形,故AE=BF=1.
方法二 以A为原点,AB,AD所在直线分别为y轴、z轴,过点A的AB的垂线所在直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为
(2)(2023·吉安模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,G为线段B1D1上的动点,则异面直线AG与EF所成角的最大值为
以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2,则G(a,a,2),a∈[0,2],因为E,F分别为AB,BC的中点,则A(2,0,0),E(2,1,0),F(1,2,0),
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤(1)建立空间直角坐标系.(2)用坐标表示两异面直线的方向向量.(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)注意两异面直线所成角的范围是 ,即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
(1)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
所以AC2+AB2=BC2,即AC⊥AB,又AA1⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以AA1⊥AC,AA1⊥AB,如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
(2)(2023·石嘴山模拟)在正四面体ABCD中,M,N分别为AC,AD的中点,则异面直线BM,CN所成角的余弦值为
方法一 取AN的中点E,连接ME,BE,则ME∥CN,所以∠BME或其补角就是异面直线BM,CN所成的角.设AB=4,
设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,
(2022·全国甲卷)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=(1)证明:BD⊥PA;
在四边形ABCD中,作DE⊥AB于点E,CF⊥AB于点F,如图.因为CD∥AB,AD=CD=CB=1,AB=2,所以四边形ABCD为等腰梯形,
所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,所以BD⊥平面PAD.又因为PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成角的正弦值.
由(1)知,DA,DB,DP两两垂直,如图,以D为原点,DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
(1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a,n〉的关系是〈a,n〉+θ= 或〈a,n〉-θ= ,所以应用向量法求的是线面角的正弦值,而不是余弦值.(2)利用方程思想求法向量,计算易出错,要认真细心.
(2023·泉州模拟)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,E是BC的中点.(1)证明:AB1∥平面DEC1;
在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,∴A1C1∥AD,A1C1=AD,∴四边形ADC1A1为平行四边形,故AA1∥DC1,∵AA1⊄平面DEC1,DC1⊂平面DEC1,故AA1∥平面DEC1,又在△ABC中,D,E分别为AC,BC的中点,∴DE∥AB,又AB⊄平面DEC1,DE⊂平面DEC1,∴AB∥平面DEC1,又AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面ABB1A1,∴平面ABB1A1∥平面DEC1,又AB1⊂平面ABB1A1,∴AB1∥平面DEC1.
(2)已知AB⊥BC1,CC1⊥平面ABC.求直线BC1与平面DEC1所成角的正弦值的最大值.
∵CC1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴CC1⊥AB,又AB⊥BC1,CC1∩BC1=C1,CC1,BC1⊂平面BCC1B1,故AB⊥平面BCC1B1,由于BC⊂平面BCC1B1,∴AB⊥BC,又DE∥AB,进而DE⊥BC,连接B1E,由B1C1∥EC,B1C1=EC,∴四边形B1C1CE为平行四边形,故CC1∥B1E,由于CC1⊥平面ABC,因此B1E⊥平面ABC,故ED,EC,EB1两两垂直,以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设B1E=a,则E(0,0,0),B(-1,0,0),D(0,1,0),C1(1,0,a),
设平面DEC1的法向量为m=(x,y,z),
取x=a,则m=(a,0,-1),
设平面α,β的法向量分别为u,v,平面α与平面β的夹角为θ,
(2023·新高考全国Ⅰ)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;
以C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1),
又B2C2,A2D2不在同一条直线上,∴B2C2∥A2D2.
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
设P(0,2,λ)(0≤λ≤4),
设平面PA2C2的法向量为n=(x,y,z),
令z=2,得y=3-λ,x=λ-1,∴n=(λ-1,3-λ,2),设平面A2C2D2的法向量为m=(a,b,c),
令a=1,得b=1,c=2,∴m=(1,1,2),
化简可得,λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,∴P(0,2,3)或P(0,2,1),∴B2P=1.
平面与平面夹角的取值范围是 ,两向量夹角的取值范围是[0,π],两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等,而是相等或互补.
(2023·新高考全国Ⅱ改编)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;
如图,连接AE,DE,因为E为BC的中点,DB=DC,所以DE⊥BC,因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD均为等边三角形,所以AC=AB,从而AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以BC⊥平面ADE,而AD⊂平面ADE,所以BC⊥DA.
不妨设DA=DB=DC=2,因为BD⊥CD,
所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE,又AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC⊂平面BCD,所以AE⊥平面BCD.以E为原点,ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
设平面ABD与平面ABF的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),平面ABD与平面ABF夹角为θ,
令x1=1,得y1=1,z1=1,所以n1=(1,1,1).
则x2=0,令y2=1,得z2=1,所以n2=(0,1,1),
1.(2023·锦州模拟)如图一,△ABC是等边三角形,CO为AB边上的高线,D,E分别是CA,CB边上的点,AD=BE= AC=2;如图二,将△CDE沿DE翻折,使点C到点P的位置,PO=3.(1)求证:OP⊥平面ABED;
因为△ABC为等边三角形,
CO为AB边上的高线,故DE⊥OF,DE⊥PF,又OF∩PF=F,OF,PF⊂平面FOP,所以DE⊥平面FOP.因为OP⊂平面FOP,所以DE⊥OP.
所以OF2+OP2=PF2,故OP⊥OF,而DE⊂平面ABED,OF⊂平面ABED,OF∩DE=F,故OP⊥平面ABED.
(2)求平面BPE与平面PEF夹角的正弦值.
设平面BPE的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
设平面BPE与平面PEF的夹角为θ,
2.(2023·西宁统考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分别为A1B1,AC的中点.(1)求证:MN∥平面BCC1B1;
取AB的中点为K,连接MK,NK,由三棱柱ABC-A1B1C1,得四边形ABB1A1为平行四边形,因为M是B1A1的中点,所以MK∥BB1,又MK⊄平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1,故MK∥平面BCC1B1,同理得NK∥平面BCC1B1,又NK∩MK=K,NK⊂平面MKN,MK⊂平面MKN,故平面MKN∥平面BCC1B1,又MN⊂平面MKN,故MN∥平面BCC1B1.
(2)从条件①:AB⊥MN,条件②:BM=MN中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.
因为侧面BCC1B1为正方形,故CB⊥BB1,而CB⊂平面BCC1B1,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,故CB⊥平面ABB1A1,因为AB⊂平面ABB1A1,所以CB⊥AB,又NK∥BC,所以NK⊥AB,若选①:AB⊥MN,已证NK⊥AB,又NK∩MN=N,NK⊂平面MNK,MN⊂平面MNK,故AB⊥平面MNK,
因为MK⊂平面MNK,故AB⊥MK,又MK∥BB1,所以AB⊥BB1,所以BC,BA,BB1两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2),
设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),
取z=1,则n=(2,-2,1),设直线AB与平面BMN所成的角为θ,
若选②:BM=MN,已证CB⊥平面ABB1A1,又NK∥BC,故NK⊥平面ABB1A1,而KM⊂平面ABB1A1,故NK⊥KM,
故△MKB≌△MKN,所以∠MKB=∠MKN=90°,所以MK⊥AB,又MK∥BB1,所以AB⊥BB1,所以BC,BA,BB1两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2),
3.如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,直线AC⊥平面BDEF,点O为AC与BD的交点,AB=2,且∠DAB=∠DBF=60°.(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值;
∵AC⊥平面BDEF,FO,BD⊂平面BDEF,∴AC⊥FO,AC⊥BD,∵四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,∴△DBF为等边三角形,∵O为BD的中点,∴FO⊥BD,∴OA,OB,OF两两垂直.以O为坐标原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.∵AB=2,四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,
设异面直线DE与CF所成的角为θ,
(2)求平面ABF与平面CBF夹角的余弦值.
设平面ABF的法向量为m=(x1,y1,z1),
设平面CBF的法向量为n=(x2,y2,z2),
4.(2023·湖南师范大学附属中学模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△PAD为等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥BC.(1)求点A到平面PBC的距离;
取AD的中点O,连接OB,OP.∵△PAD为等边三角形,
又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,∴OP⊥平面ABCD.又∵OB⊂平面ABCD,∴OP⊥OB.∵PB⊥BC,BC∥AD,∴PB⊥AD.又∵OP⊥AD,OP,PB⊂平面POB,OP∩PB=P,∴AD⊥平面POB.
又∵OB⊂平面POB,∴AD⊥OB.
设点A到平面PBC的距离为h,则VA-PBC=VP-ABC,
易得平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1).设AE与平面ABCD所成的角为θ,则
设平面ADE的法向量为n2=(x,y,z),
令y=2,则平面ADE的一个法向量为n2=(0,2,-1),又平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1).
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