第二轮专题复习空间向量与立体几何

第二轮专题复习: 空间向量与立体几何

【考点梳理】

从近十年各地高考试题分析，立体几何是每年高考必考内容之一，其题型一般是一个解答题，2至3个填空或选择题．解答题一般与棱柱和棱锥相关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理运算能力，其解题方法一般都有二种以上，并且一般都能用空间向量来求解．

求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．

常用公式： 1、求线段的长度：ABABx2y2z22、求P点到平面的距离：PNx2x12y2y12z2z12

|PMn||n|，（N为垂足，M为斜足，n为平面的法向量）

3、求直线l与平面所成的角：|sin||PMn||PM||n|，(PMl,M,n为的法向量)

4、求两异面直线AB与CD的夹角：cos|ABCD||AB||CD|

5、求二面角的平面角：|cos||n1n2||n1||n2|，（ n1，n2为二面角的两个面的法向量）

6、求二面角的平面角：cosS射影S，（射影面积法）

7、求法向量：①找；②求：设a,b 为平面内的任意两个向量，n(x,y,1)为的法向量，

an0则由方程组，可求得法向量n．

bn0【热身训练】

ABCDABCD1.正方体1111的棱长为1,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立直角

坐标系,且MN是AB1与BC1的公垂线,M在AB1上,N在BC1上,则MN等于( C ) 2221111111A.1,, B. ,1, C. ,, D. ,,

3333333333唐氏精品教案系列 高三数学第二轮复习教案

1

长沙外国语学校 唐亮

2.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分中是A1B1与BB1的中点,那么直线AM与CN所成的角为( D )

10332 B. arccos C. arccos D. arccos

102553.如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ABC90,ABBCBB12,M,N分别为B1C1与AC的

A.arccos中点,则MN与面AB1C1所成的角的大小为( A ) A.arcsin10310525 B. arcsin C. arccos D. arcsin 105105C1MA1B14.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1， ∠BCA=90º，棱AA1=2，M、N分别是A1B1，A1A的中点， （I）求BN的长；

（II）求异面直线BA1与CB1的夹角； （III）求证：A1B⊥C1M. 解析：（I）如图，以C点为原点建立直角坐标系， 则B（0，1，0），N（1，0，1），

∴ |BN|=(10)2(01)2(10)2=3 （II）A1（1，0，2），B1（0，1，2），C（0，0，0） ，CB1（0，1，2）， BA1（1，-1，2）∴cos=NCBABA1CB1|BA1||CB1|=10(1)12212(1)22302122230 10=

30 10故异面直线BA1与CB1的夹角为arccos（III）C1（0，0，2），M（

1111，，2），C1M=（，，0），A1B（-1，1，-2） 222211∴C1M·A1B=×（-1）+×1+0×（-2）=0 ∴ A1B⊥C1M D22【讲练平台】

例1:如图，平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，

且AFC1ADa,G是EF的中点， 2AFGEB （Ⅰ）求证平面AGC⊥平面BGC；

（Ⅱ）求GB与平面AGC所成角的正弦值. （Ⅲ）求二面角B—AC—G的大小.

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2

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解析：如图，以A为原点建立直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)， G(a,a,0)，F(a,0,0)

（I）证明：略． （II）由题意可得AG(a,a,0)，AC(0,2a,2a)，BG(a,a,0)，

BC(0,0,2a)，设平面AGC的法向量为n1(x1,y1,1)，

x11y11由

AGn10ACn10ax1ay102ay12a0n1(1,1,1)

zDC|BGn|2a6sin1 |BG||n1|2a33 （III）因n1(x1,y1,1)是平面AGC的法向量， 又AF⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量AF(a,0,0)，得

AFxGEBya3|n1AF| |cos|， ∴ 二面角B—AC—G的大小为arccos3．

33a3|n1||AF|例2:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点.

(Ⅰ)证明AD⊥D1F; (Ⅱ)求AE与D1F所成的角; (Ⅲ)证明面AED⊥面A1FD1;

IV设AA12，求三棱锥FA1ED1的体积VFAED

11解：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直

角坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，1，0），E（2，2，1），A1（2，0，2），D1（0，0，2）， (I) ∵ DA(2,0,0),D1F(0,1,2)，得DAD1F0，∴ AD⊥D1F;

AED1F00 cosAE(0,2,1)(II)又，得

|AE||D1F||AE||D1F|唐氏精品教案系列 高三数学第二轮复习教案 3

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∴ AE与D1F所成的角为90° (III) 由题意：D1A1(2,0,0)，

设平面AED的法向量为n1(x1,y1,1)，设平面A1FD1的法向量为n2(x2,y2,1)，

x101DAn10n(0,,1) 由 11y21AEn102DFnx0120由 2 n2y22D1A1n20zD1A1B1EDAxFBC1(0,2,1)

得|cos||n1n2||n1||n2||011|0 |n1||n2|ECy∴ 面AED⊥面A1FD1.

（Ⅳ）∵AA1=2，EF(2,1,1)，平面A1FD1的法向量为n2(0,2,1)

SA1FD1|EFn2|31， A1D1D1F 5， ∴E到平面A1FD1的距离d|n2|2513VFA1ED151

35例3:如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2， D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.

（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角；

A1C1B1DE（Ⅱ）求点A1到平面AED的距离.

解析:（Ⅰ）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影， 即∠A1BG是A1B与平ABD所成的角.

AGCB如图所示建立坐标系，坐标原点为C，设CA=2a，则A(2a,0,0),B(0,2a,0),D(0,0,1)

A1(2a,0,2),E(a,a,1),G(2a2aaa2,,1) GE(,,),BD(0,2a,1)， 33333C1A1DECAGB22GEBDa20，解之得a1

33zB1唐氏精品教案系列 高三数学第二轮复习教案

x4

y长沙外国语学校 唐亮

241BA1(2,2,2),BG(,,).33314/37cosA1BG.3|BA1||BG|2312137A1B与平面ABD所成角是arccos.3BA1BG

（Ⅱ）由（Ⅰ）有A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,1,1)，D(0,0,1)，

AEED(1,1,1)(1,1,0)0,ED平面AA1E,又ED平面AED.平面AED平面AA1E

AA1ED(0,0,2)(1,1,0)0,∵DE(1,1,0)，DE2，AE3，AB22 又SA1AE1116

SA1ABA1AAB2，SAEDAEED.2422由VA1AEDVDAA1E，SAEDhSA1ABED，

26. 得h2226.即A1到平面AED的距离为6233【当堂巩固】

，那么这条斜线与平面所成的角是 b=（0，1，1）

1.如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a=（1，0，1），

（ ）

A．90° B．60° C．45° D．30° 2.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于

A．

10 5（ ） D1C1B1EB． 15 5 A14C．

52D． 3

DC

FO yBA

3.如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若 CCM=BN=a(0a2).

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DMBNAQEP5

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（Ⅰ）求MN的长；

(Ⅱ) 当a为何值时，MN的长最小；

（Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α

的大小.

解析：如图，建立空间直角坐标系B-xyz， 则A（1，0，0），C（0，0，1），E（0，1，0），F（1，1，0），（I）

BMBCCMBCaaaa(1,0,1)(,0,1CA(0,0,1)) 2222zCaaaBNBF(,,0)

222MNBNBM(0,2aa,1)， 22(0a2)

DBGA2MNa2a1MEyNF（II）由（I）知：MNa2a1221 a22x 所以当a2时，MN的长最小，此时MN=2． 22（III）由（II）知，当MN的长最小时，a2， 2此时M、N分别是AC、BF的中点．

取MN的中点G，连结AG、BG，易证∠AGB为二面角A-MN-B的平面角． 1111111 ∵点M(,0,)，点N(,,0)，∴点G(,,)

2222244111111 ∴GA(,,)，GB(,,)，

244244GAGB1， ∴cosGA,GB3|GA||GB|∴故所求二面角arccos()= -arccos

【达成测试】

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131 36

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1.如下图,直三棱柱ABC1A1BCABC为直角的等腰直角三角形, 1,中,底面是以AC2a,BB13a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点.

(1) 求直线BE与A1C所成的角;(2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF?若存在,求

出A1F;若不存在,说明理由. 解:(1)以B为原点,建立如图 所示的空间直角坐标系.则

B0,0,0,C0,2a,0

B1A1C1B1DA1Ez C1DEA2a,0,0,A12a,0,3a

BFCABFCAy C10,2a,3a,B10,0,3a,

所以D2a,2a,3a,E0,2a,3a,CA122222a3a, 2a,2a,3a,BE0,,22x

711aCA113a,BE,CA1BEa2,

22设直线BE与A1C所成的角为,则cos71437143,arccos. 143143(2) 假设存在点F,使CF⊥平面B1DF,只要CFB1F且CFB1D,不妨设AFb,则

F2a,0,b,CF2a,2a,b,B1F2a2a, 2a,0,b3a,B1D2,2,0因为CFB1Da2a20,所以CFB1D成立,CFB1F2a2bb3a0ba或b2a

故当AFa或2a时, CF⊥平面B1DF

2.已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，AB=1，AA1=2，点E为CC1中点，点F为BD1中点.

（I）证明EF为BD1与CC1的公垂线；

z

解析:（I）证明：如图建立空间直角坐标系C-xyz，得

D1（II）求点D1到面BDE的距离.

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A1B1C17

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B（0，1，0），D（1，0，0），D1（1，0，2），F(,11,1)， 2211C1（0，0，2），E（0，0，1）EF(,,0),CC1(0,0,2) ，

22BD1(1,1,2)

EFCC10,BD1EF0

即EF⊥CC1，EF⊥BD1 故EF是CC1与BD1的公垂线.

（II）由（Ⅰ）可知DB(1,1,0)，DE(1,0,1)，DD1(0,0,2)

DBn0xy0x1设平面BDE的法向量为n(x,y,1)，由 x10y1DEn0n(1,1,1)d|DD1n||2|23，故点D1到平面BDE的距离为23.

n3333.如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点. （Ⅰ）证明BD1∥平面C1DE； （Ⅱ）求面C1DE与面

CDE所成的二面角.

解析：如图所示，以D为坐标原点建立坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0）， B（2，2，0），C（0，2，0）， D1（0，0，1），C1（0，2，1），E（1，2，0），

（Ⅰ）证明：∵

BD1(2,2,1)，DE(1,2,0)，C1E(1,0,1) ， ∴

DEC1E(1,2,0)(1,0,1)=（2，2，-1）

∵BD1(2,2,1)=[-（2，2，-1）]= -（DEC1E），

zD1A1AxDBB1C1Cy8

又∵ BD1平面C1DE， ∴ BD1∥平面C1DE

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 （Ⅱ）解：由题意知，DE(1,2,0)，DC1(0,2,1)，

平面CDE的法向量DD1(0,0,1)，设平面C1DE的法向量为n(x,y,1)，

1DEn0yx2y01由n(1,,1) 22DC1n02y10x1DD1n0012， 得cos33DD1n12S2∴ 面C1DE与面CDE所成的二面角=arccos．

3MADBC4.如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形， SD垂直于底面ABCD，SB=3. （I）求证BCSC；

（II）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；

（III）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.

z 解析：如图所示，以D为坐标原点建立直角坐标系， 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0）， 11M（，0，），

22SMAxDBCy∵ SB=3，DB=2，SD=1，∴ S（0，0，1）， （I）证明：∵ BC(1,0,0)，SC(0,1,1)

BCSC(1,0,0)(0,1,1)=0 ∴ BCSC，即BCSC．

（II）设二面角的平面角为θ，由题意可知平面ASD的一个法向量为DC(0,1,0)，设平面

SCn0y10y1BSC的法向量为n(x,y,1)，由n(0,1,1)， BCn0x0x0DCn0102得cos，∴ 面ASD与面BSC所成的二面角为45°． 212DCn唐氏精品教案系列 高三数学第二轮复习教案

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（III）设异面直线DM与SB所成角为α，

11|0|1120 ∵ DM(,0,)，SB=(-1,-1,1),得cos|DMSB|2222DMSB32∴ 异面直线DM与SB所成角为90°．

5.如图,以正四棱锥V-ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz,其中Ox∥BC,Oy∥AB,E为VC中点,正四棱锥底面边长为2a,高为h. (1)求cosBE,DE;

(2)记面BCV为,面DCV为,若BED是二面角VC的平面角,求BED.

解答(略).答案(1) 6a2h2z V10a2h2;(2) arccos13

EDCAO y x B唐氏精品教案系列 高三数学第二轮复习教案 10