高考数学异构异模复习第八章立体几何8-5-2利用空间向量求空间角与距离撬题理.DOC
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1、120182018 高考数学异构异模复习考案高考数学异构异模复习考案 第八章第八章 立体几何立体几何 8.5.28.5.2 利用空间利用空间向量求空间角与距离撬题向量求空间角与距离撬题 理理1如图,已知ABC,D是AB的中点,沿直线CD将ACD翻折成ACD,所成二面角ACDB的平面角为,则( )AADB BADBCACB DACB答案 B解析 若CDAB,则ADB为二面角ACDB的平面角,即ADB.若CD与AB不垂直,在ABC中,过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O,交BC于E,连接AO,则AOE为二面角ACDB的平面角,即AOE,AOAO,AAO.又ADAD,AAD ADB.而 2
2、1 2AAO是直线AA与平面ABC所成的角,由线面角的性质知AAO.故 sin的取值范围是.2 236363,13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:(2)作EMAB,垂足为M,则AMA1E4,EMAA18.因为EHGF为正方形,所以EHEFBC10.于是MH6,所以AH10.EH2EM2以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图
3、所示的空间直角坐标系Dxyz,DA则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),(10,0,0),(0,6,8)FEHE设n n(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则Error!即Error!所以可取n n(0,4,3)又(10,4,8),故|cosn n, |.AFAF|n nAF|n n|AF|4 5153所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.4 5154如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB1,ACAA12,ADCD,且点M和N分别为B1C和D1D的中点5(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1AC
4、B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 ,求线段A1E的1 3长解 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得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)又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,2,1)(1,1 2,1)(1)证明:依题意,可得n n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.(0, ,0)MN5 2由此可得n n0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.MN(2)(1,2,2),(2,0,0)AD1
5、AC设n n1(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则Error!即Error!不妨设z11,可得n n1(0,1,1)4设n n2(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则Error!又(0,1,2),得Error!不妨设AB1z21,可得n n2(0,2,1)因此有 cosn n1,n n2,于是 sinn n1,n n2,n n1n n2 |n n1|n n2|10103 1010所以,二面角D1ACB1的正弦值为.3 1010(3)依题意,可设,其中0,1,则E(0,2),从而A1EA1B1(1,2,1)NE又n n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得 cos
6、,n nNENEn n|NE|n n| ,整理得2430,又因为0,1,解得11222121 32.7所以,线段A1E的长为2.75如图,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABCBAD,PAAD2,ABBC1. 2(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长解 以, ,为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz,则各点的坐ABADAP标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)5(1)因为AD平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,(0,
7、2,0)ADAD因为(1,1,2),(0,2,2)PCPD设平面PCD的法向量为m m(x,y,z),则m m0,m m0,PCPD即Error!令y1,解得z1,x1.所以m m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而 cos,m m,ADADm m|AD|m m|33所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.33(2)因为(1,0,2),设(,0,2)(01),BPBQBP又(0,1,0),则(,1,2),CBCQCBBQ又(0,2,2),DP从而 cos, .CQDPCQDP|CQ|DP|121022设 12t,t1,3,则 cos2, .CQDP2t2 5t210t929(1t
8、5 9)220 99 10当且仅当t ,即 时,|cos, |的最大值为.9 52 5CQDP3 10106因为ycosx在上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值(0, 2)又因为BP,所以BQBP.122252 52 556如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.(1)证明:ACAB1;(2)若ACAB1,CBB160,ABBC,求二面角AA1B1C1的余弦值解 (1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,且O为B1C及BC1的中点又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又
9、B1OCO,故ACAB1.(2)因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AOCO.又因为ABBC,所以BOABOC.故OAOB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐OBOB标系Oxyz.因为CBB160,所以CBB1为等边三角形又ABBC,则A,B(1,0,0),B1,C,(0,0,33)(0,33,0)(0,33,0),.AB1(0,33,33)A1B1AB(1,0,33)B1C1BC(1,33,0)设n n(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则Error!即Error!所以可取n n(1, ,)设m m是平面A1B1
10、C1的法向量,33则Error!7同理可取m m(1,)则 cosn n,m m .所以二面角AA1B1C1的33n nm m |n n|m m|1 7余弦值为 .1 77在平面四边形ABCD中,ABBDCD1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值解 (1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCDBD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD,如图由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,AB
11、BE,ABBD.以B为坐标原点,分别以, ,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐BEBDBA标系依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则(1,1,0),(0,1 2,1 2)BC,(0,1,1)BM(0,1 2,1 2)AD设平面MBC的法向量n n(x0,y0,z0),则Error!即Error!取z01,得平面MBC的一个法向量n n(1,1,1)设直线AD与平面MBC所成角为,8则 sin|cosn n, |,AD|n nAD|n n|AD|63即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.638如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的所
12、有棱长都相等,ACBDO,A1C1B1D1O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明:O1O底面ABCD;(2)若CBA60,求二面角C1OB1D的余弦值解 (1)证明:如图 1,因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1,所以CC1BD.而ACBDO,因此CC1底面ABCD.由题设知,O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)解法一:如图 1,过O1作O1HOB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C
13、1D1是菱形,因此A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨设AB2.因为CBA60,所以OB,OC1,OB1.在 RtOO1B1中,易知379O1H2.而O1C11,于是C1H.OO1 O1B1 OB13 7O1C2 1O1H2112719 7故 cosC1HO1.O1H C1H23 719 72 5719即二面角C1OB1D的余弦值为.2 5719解法二:因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此ACBD.又O1O底面ABCD,从而OB,
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