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2020 届新课标数学考点预测--空间向量与立体几何
一、考点介绍
1.利用向量处理平行问题
空间图形的平行关系包括直线与直线的平行,直线与平面的平行,平面与平面的平行
它们都可以用向量方法来研究。方法如下:
(1)设
ba,
是两条不重合的直线,它们的方向向量分别为
ba
,
,那么
baba
////
。根
据实数与向量积的定义:
)0,(// kRkbkaba
。
(2)平面与平面平行可以转化两个平面的法向量平行:设两个不重合的平面
,
的法向
量分别为
ba
,
,那么
ba
////
。
(3)直线与平面平行可以转化为直线的方向向量与平面与平面的法向量垂直:设直线
l
在
平 面
外 ,
a
是
l
的 一 个 方 向 向 量 ,
b
是 平 面
的 一 个 法 向 量 , 那 么
0// babal
。
(4)
//a
平面
表示以
a
为方向向量的直线与向量
平行或在平面
内,因此也可以
由共面向量定理证明线面平行问题。
2.利用向量处理垂直问题
空间的线线、线面、面面垂直关系,都可以转化为空间内的两个向量垂直问题来解决。
(1)设
ba
,
分别为直线
ba,
的一个方向向量,那么
0 bababa
;
(2)设
ba
,
分别为平面
,
的一个法向量,那么
0 baba
;
(3)设直线
l
的方向向量为
a
,平面
的法向量为
b
,那么
bal
//
。
3.利用向量处理角度问题
在立体几何中,涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关
于角的计算,均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量
ba
,
,有
||||
,cos
ba
ba
ba
,
利用这一结论,我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题。
求异面直线所成的角的关键在于求异面直线上两向量的数量积,而要求两向量的数量
积,可以求两向量的坐标,也可以把所求向量用一组基向量表示,两向量的夹角范围是
],0[
,而两异面直线所成角的范围是
]
2
,0(
,应注意加以区分。
直线
l
与平面
的夹角
,是直线
l
的方向向量
l
与平面
的法向量
n
的夹角
(锐
角)的余角,故有:
||||
cossin
nl
nl
,
||||
arcsin
nl
nl
。
设
21
, nn
分别是二面角
l
的面
,
的法向量,则<
21
, nn
>就是所求二面角的平面
角或其补角的大小。
4.利用向量处理距离问题
立体几何中涉及到距离的问题比较多,如两点的距离、点与线的距离、点与面的距离
线与面的距离、两异面直线的距离问题等等,它是数学学习中的一个难点。此部分若用向
量来处理,则思路较为简单,方法较为因定。
(1)利用
ABABABAB ||||
可以求有关距离问题;
(2)设
e
是直线
l
上的一个单位方向向量,线段 AB 在
l
上的投影是
//
BA
,则有|
//
BA
|=
|| eAB
,由此可求点到线,点到面的距离。
二、高考真题
1.2020 山东卷(20)(本小题满分 12 分)
如 图 , 已 知 四 棱 锥 P-ABCD , 底 面 ABCD 为 菱 形 ,
PA⊥ 平 面 ABCD ,
60ABC
,E , F 分 别 是 BC,
PC 的中点.
(Ⅰ)证明:AE⊥PD;
(Ⅱ)若 H 为 PD 上的动点,EH 与平面 PAD 所成最
大角的正切值为
6
2
,求二面角 E—AF—C 的余弦值.
(Ⅰ)证明:由四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC 为正三角形.
因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC.
又 BC∥AD,因此 AE⊥AD.
因为 PA⊥平面 ABCD,AE
平面 ABCD,所以 PA⊥AE.
而 PA
平面 PAD ,A D
平面 PAD 且 PA∩AD=A,
所以 AE⊥平面 PAD,又 PD
平面 PAD .
所以 AE⊥PD.
(Ⅱ)解:设 AB =2 ,H 为 PD 上任意一点,连接
AH,EH.
由(Ⅰ)知 AE⊥平面 PA D,
则∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角.
在 Rt△EAH 中,AE=
3
,
所以 当 AH 最短时,∠EHA 最大,
即 当 AH⊥PD 时,∠EHA 最大.
此时 tan∠EHA=
3 6
,
2
AE
AH AH
因此 AH=
2
.又 AD=2,所以∠ADH=45°,
所以 PA=2.
解法一:因为 PA⊥平面 ABCD,PA
平面 PAC,
所以 平面 PAC⊥平面 ABCD.
过 E 作 EO⊥AC 于 O,则 EO⊥平面 PAC,
过 O 作 OS⊥AF 于 S,连接 ES,则∠ESO 为二面角 E-AF-C 的平面角,
在 Rt△AOE 中,EO=AE·sin30°=
3
2
,AO=AE·cos30°=
3
2
,
又 F 是 PC 的中点,在 Rt△ASO 中,SO=AO·sin45°=
3 2
4
,
又
2 2
3 8 30
,
4 9 4
SE EO SO
在 Rt△ESO 中,cos∠ESO=
3 2
15
4
,
5
30
4
SO
SE
即所求二面角的余弦值为
15
.
5
解法二:由(Ⅰ)知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空
间直角坐标系,又 E、F 分别为 BC、PC 的中点,所以
E、F 分别为 BC、PC 的中点,所以
A ( 0 , 0 , 0 ) , B (
3
, -
1,0), C(C,1,0),
D(0,2,0), P(0,0,2), E(
3
,0,0
), F(
3 1
, ,1
2 2
),
所以
3 1
( 3, 0, 0), ( , ,1).
2 2
AE AF
设平面 AEF 的一法向量为
1 1 1
( , , ),m x y z
则
0,
0,
m AE
m AF
因此
1
1 1 1
3 0,
3 1
0.
2 2
x
x y z
取
1
1, (0, 2, 1),z m 则
因为
BD⊥AC
,
BD⊥PA
,
PA∩AC=A
,
所以 BD⊥平面 AFC,
故
BD
为平面 AFC 的一法向量.
又
BD
=(-
3,3,0
),
所以 cos<m,
BD
>=
2 3 15
.
5
| | | |
5 12
m BD
m BD
因为 二面角 E-AF-C 为锐角,
所以所求二面角的余弦值为
15
.
5
2.2020 江苏卷 16.在四面体 ABCD 中,CB= CD, AD⊥BD,且 E ,F 分别是 AB,BD 的
中点,
求证:(Ⅰ)直线 EF ∥面 ACD ;
(Ⅱ)面 EFC⊥面 BCD .
【解析】本小题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定.
(Ⅰ)∵ E,F 分别是 AB,BD 的中点,
∴EF 是△ABD 的中位线,∴EF∥AD,
∵EF
面 ACD ,AD
面 ACD ,∴直线 EF∥面 ACD .
(Ⅱ)∵ AD⊥BD ,EF∥AD,∴ EF⊥BD.
∵CB=CD, F 是 BD 的中点,∴CF⊥BD.
又 EF
CF=F,∴BD⊥面 EFC.∵BD
面 BCD,∴面 EFC⊥面 BCD .
江西卷.解 :(1)证明:依题设,
EF
是
ABC
的中位线,所以
EF
∥
BC
,
则
EF
∥平面
OBC
,所以
EF
∥
1 1
B C
。
又
H
是
EF
的中点 , 所以
AH
⊥
EF
,则
AH
⊥
1 1
B C
。
因为
OA
⊥
OB
,
OA
⊥
OC
,
所以
OA
⊥面
OBC
,则
OA
⊥
1 1
B C
,
因此
1 1
B C
⊥面
OAH
。
(2)作
ON
⊥
1 1
A B
于
N
,连
1
C N
。因为
1
OC
⊥平面
1 1
OA B
,
N
M
B
1
C
1
A
1
H
F
E
C
B
A
O
根据三垂线定理知,
1
C N
⊥
1 1
A B
,
1
ONC
就是二面角
1 1 1
O A B C
的平面角。
作
EM
⊥
1
OB
于
M
,则
EM
∥
OA
,则
M
是
OB
的中点,则
1EM OM
。
设
1
OB x
,由
1 1
1
OB OA
MB EM
得,
3
1 2
x
x
,解得
3x
,
在
1 1
Rt OA B
中,
2 2
1 1 1 1
3
5
2
A B OA OB
,则,
1 1
1 1
3
5
OA OB
ON
A B
。
所以
1
1
tan 5
OC
ONC
ON
,故二面角
1 1 1
O A B C
为
arctan 5
。
解法二:(1 )以直线
OA OC OB、 、
分别为
x y、 、z
轴,建立空间直角坐标系,
O xyz
则
1 1
(2,0,0), (0,0, 2), (0, 2, 0), (1,0,1), (1,1,0), (1, , )
2 2
A B C E F H
所以
1 1 1 1
( 1, , ), (1, , ), (0, 2, 2)
2 2 2 2
AH OH BC
所以
0, 0AH BC OH BC
所以
BC
平面
OAH
由
EF
∥
BC
得
1 1
B C
∥
BC
,故:
1 1
B C
平面
OAH
(2)由已知
1
3
( , 0, 0),
2
A
设
1
(0,0, )B z
则
1 1
1
( , 0,1), ( 1,0, 1)
2
A E EB z
由
1
A E
与
1
EB
共线得:存在
R
有
1 1
A E EB
得
1
1
3 (0,0,3)
2
1 ( 1)
z B
z
同理:
1
(0,3,0)C
1 1 1 1
3 3
( ,0,3), ( ,3,0)
2 2
A B A C
设
1
1 1 1
( , , )n x y z
是平面
1 1 1
A B C
的一个法向量,
B
1
C
1
A
1
H
F
E
C
B
A
O
x
y
z
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