2018版高考数学复习立体几何8.7利用空间向量求空间角真题演练集训理新人教A版.docx

2018版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.7 利用空间向量求空间角真题演练集训 理 新人教A版12016新课标全国卷如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值(1)证明：由已知，得ACBD，ADCD.又由AECF，得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6，得DOBO4.由EFAC，得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解：如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3,1)于是cosm，n，sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.22016山东卷在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线(1)已知G，H分别为EC，FB的中点求证：GH平面ABC；(2)已知EFFBAC2，ABBC，求二面角FBCA的余弦值(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在CEF中，因为点G是CE的中点，所以GIEF.又EFOB，所以GIOB.在CFB中，因为H是FB的中点，所以HIBC.又HIGII，OBBCB，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.(2)解：解法一：连接OO，则OO平面ABC.又ABBC，且AC是圆O的直径，所以BOAC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意，得B(0,2，0)，C(2，0,0)，所以(2，2，0)过点F作FM垂直OB于点M，所以FM3，可得F(0，3)故(0，3)设m(x，y，z)是平面BCF的法向量，由可得可得平面BCF的一个法向量m.因为平面ABC的一个法向量n(0,0.1)，所以cosm，n.所以二面角FBCA的余弦值为.解法二：如图，连接OO.过点F作FM垂直OB于点M，则有FMOO.又OO平面ABC，所以FM平面ABC.可得FM3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FNBC，从而FNM为二面角FBC A的平面角又ABBC，AC是圆O的直径，所以MNBMsin 45，从而FN，可得cos FNM.所以二面角FBCA的余弦值为.32016新课标全国卷如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值(1)证明：由已知，得AMAD2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知，TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解：取BC的中点E，连接AE.由ABAC，得AEBC，从而AEAD，且AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.42015新课标全国卷如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)证明：如图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC可知，AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解：如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.52015新课标全国卷如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6,8)设n(x，y，z)是平面的法向量，则即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF与平面所成角的正弦值为. 课外拓展阅读 巧用向量法求立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略1条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力典例1 如图所示，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB4，SA3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足，当实数的值为_时，AFE为直角思路分析 解析因为SA平面ABCD，BAD90，故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AB4，SA3，所以B(0,4,0)，S(0,0,3)设BCm，则C(m,4,0)，因为，所以.所以()所以()(0,4，3)所以F.同理可得E，所以.因为，要使AFE为直角，即0，则00，所以169，解得.答案2存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由这类问题常用“肯定顺推”的方法求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便典例2如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由思路分析解(1)如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)，因为|cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.连接AE，如图所示因为(0,1,1)，可设(0，)，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，此时，|.经检验，当|AS|时，ES平面AMN.故在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时|AS|.3结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳典例3某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB，BE边的长分别为20 cm,30 cm外，还特别要求包装盒必须满足：平面ADE平面ADC；平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60 ；包装盒的体积尽可能大若设计出的样品满足：ACB与ACD均为直角且AB长20 cm，矩形DCBE的边长BE30 cm，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由思路分析解该包装盒的样品设计符合客户的要求理由如下：因为四边形DCBE为矩形，ACB与ACD均为直角，所以以C为原点，分别以直线CA，CB，CD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.因为BE30 cm，AB20 cm，设BCt cm，则AC cm，则A(，0,0)，B(0，t,0)，D(0,0,30)，E(0，t,30)，设平面ADE的法向量为n1(x，y，z)，(，0，30)，(0，t,0)，因为n10且n10，所以取x1，则n1.又平面ADC的一个法向量(0，t,0)，所以n1100t00，所以n1，所以平面ADE平面ADC，所以满足条件.因为平面ABC的一个法向量为n2(0,0,1)，设平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角为，则cos ，所以cos |cosn1，n2|，所以10t20，即当10t20时，平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60.由ACB与ACD均为直角知，AC平面DCBE，该包装盒可视为四棱锥ABCDE，所以VABCDES矩形BCDEAC30t10102 000，当且仅当t2400t2，即t10