2022高三全国统考数学北师大版（理）一轮复习学案：高考大题专项（四） 突破2　空间中的垂直与空间角 WORD版含解析.docx

1、突破2空间中的垂直与空间角题型一证明垂直关系求线面角【例1】(2019浙江,19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.对点训练1(2020新高考全国1,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)

2、证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.题型二证垂直关系及求二面角【例2】(2019全国2,理17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解题心得用向量求二面角,由于在求平面法向量的坐标时,坐标的取值不同,导致平面法向量的方向相反,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以根据图形判断所求二面角是锐角还是钝角,进而确定二面角余弦值的正负.对点训练2(2020全国1,理18)如图,D为圆锥的顶点

3、,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.题型三求空间角与存在垂直关系问题【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PCD平面ABCD,AB=2,BC=1,PC=PD=2,E为PB中点.(1)求证:PD平面ACE;(2)求二面角E-AC-D的余弦值;(3)在棱PD上是否存在点M,使得AMBD?若存在,求PMPD的值;若不存在,说明理由.解题心得线面垂直中的探索性问题同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,有两种解法,一是几何法,先探求点的位

4、置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.二是利用空间向量探索,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,通过坐标运算进行判断.对点训练3如图1,在边长为2的菱形ABCD中,BAD=60,将BCD沿对角线BD折起到BCD的位置,使平面BCD平面ABD,E是BD的中点,FA平面ABD,且FA=23,如图2.(1)求证:FA平面BCD;(2)求平面ABD与平面FBC所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得CM平面FBC?若存在,求AMAD的值;若不存在,说明理由.题型四求空间点到面的距离【例4】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,BAD=60

5、,四边形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,DE=2,M为线段BF的中点.(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积;(2)求证:DM平面ACE.解题心得求空间的距离用找公垂线的方法比较难下手,用向量代数的方法则简捷,高效.(1)点P到平面的距离可以通过在平面内任取一点A,求向量PA在平面的法向量n上的投影来解决.即若PA为平面的一条斜线段,n为平面的法向量,则B到平面的距离d=|PAn|n|.(2)异面直线间的距离可以通过在两条直线上任意各取一点A,B,求向量AB在公垂线的方向向量n上的投影来解决;直线到与其平行的平面的距离,平行平面间的距离都可转化为点到平面的距离.对点训练

6、4底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱A1B1、A1D1的中点,(1)在图中作一个平面,使得BD,且平面AEF(不必给出证明过程,只要求作出与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);(2)若AB=AA1=2,BAD=60,求点C到所作截面的距离.突破2空间中的垂直与空间角例1方法一:(1)证明连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)

7、解取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.方法二:(1)证明连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以

8、A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=0得EFBC.(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0.2,-23).设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z).由BCn=0,A1Cn=0,得-

9、3x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin=|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.对点训练1解(1)因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.所以AD平面PDC.因为ADBC,AD不在平面PBC中,所以AD平面PBC,又因为AD平面PAD,平面PAD平面PBC=l,所以lAD.所以l平面PDC.(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0

10、,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin=33|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+163,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.例2(1)证明由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(

11、2)解由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的一个法向量为n=(x,y,z),则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的一个法向量为m=(x,y,z),则CC1m=0,CEm=0,即2z=0,x-y+z=0,所以可取

12、m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.对点训练2(1)证明设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.所以PA平面PBC.(2)解以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0

13、,mEC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos=nm|n|m|=255.所以二面角B-PC-E的余弦值为255.例3(1)证明设BD交AC于点F,连接EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD中点.又因为E为PB中点,所以EFPD.因为PD平面ACE,EF平面ACE,所以PD平面ACE.(2)解取CD的中点O,连接PO,FO.因为底面ABCD为矩形,所以BCCD.因为PC=PD,O为CD中点,所以POCD,OFBC,所以OFCD.又因为平面PCD平面ABCD,PO平面PCD,平面PCD平

14、面ABCD=CD,所以PO平面ABCD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(1,-1,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),E12,12,12,设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,z),AC=(-1,2,0),AE=-12,32,12,所以ACm=0,AEm=0-x+2y=0,-12x+32y+12z=0x=2y,z=-y.令y=1,则x=2,z=-1,所以m=(2,1,-1).平面ACD的法向量为OP=(0,0,1),则cos=mOP|m|OP|=-66.如图可知二面角E-AC-D为钝角,所以二面角E-AC-D的余弦值为-66.(3)在棱PD上存在点M,使AM

15、BD.设PMPD=(0,1),M(x,y,z),PM=PD,D(0,-1,0).因为(x,y,z-1)=(0,-1,-1),所以M(0,-,1-).AM=(-1,1-,1-),BD=(-1,-2,0).因为AMBD,所以AMBD=0.所以1-2(1-)=0,解得=120,1.所以在棱PD上存在点M,使AMBD,且PMPD=12.对点训练3(1)证明BC=CD,E为BD的中点,CEBD.又平面BCD平面ABD,且平面BCD平面ABD=BD,CE平面ABD.FA平面ABD,FACE.而CE平面BCD,FA平面BCD,FA平面BCD.(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC所在直线为z

16、轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),A(0,-3,0),D(-1,0,0),F(0,-3,23),C(0,0,3),BF=(-1,-3,23),BC=(-1,0,3).设平面FBC的一个法向量为m=(x,y,z),则mBF=-x-3y+23z=0,mBC=-x+3z=0,取z=1,则m=(3,1,1).又平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),cos=mn|m|n|=151=55.则平面ABD与平面FBC所成角的余弦值为55.(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得CM平面FBC,设AM=AD,则(x,y+3,z)=(-1,3,0)=(-,3,0),x=-,y=3(-1),

17、z=0.而CM=(-,3(-1),-3).由mCM=0,得-3+3(-1)-3=0,即-23=0错误.线段AD上不存点M,使得CM平面FBC.例4(1)解设ACBD=O,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,过O作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,3,0),D(-1,0,0),E(-1,0,2),M(1,0,1),DE=(0,0,2),DC=(1,3,0),DM=(2,0,1),DEDC=0,DEDC,SDEC=12DEDC=1222=2.设平面DEC的法向量n=(x,y,z),则nDE=2z=0,nDC=x+3y=0,取x=3,得n=(3,-1,0),M到平面DEC的距离

18、h=|DMn|n|=233+1=3.三棱锥M-CDE的体积:V=13SCDEh=1323=233.(2)证明A(0,-3,0),AC=(0,23,0),AE=(-1,3,2),ACDM=0,AEDM=-2+2=0,ACDM,AEDM,ACAE=A,DM平面ACE.对点训练4解(1)取B1C1的中点G,D1C1的中点H,连接BG,GH,DH.则平面BDHG就是所求的平面,与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即为平面BDHG.(2)取BC中点M,AB=AA1=2,BAD=60,以D为原点,DA为x轴,DM为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,则C(-1,3,0),D(0,0,0),B(1,3,0),G(0,3,2),DB=(1,3,0),DG=(0,3,2),DC=(-1,3,0),设平面BDG的法向量n=(x,y,z),则nDB=x+3y=0,nDG=3y+2z=0,取y=1,得n=(23,-2,3),点C到所作截面的距离d=|nDC|n|=43219=25719.