第八章 立体几何 专题30 空间向量与立体几何-2018高考

考场高招1 利用空间向量解决平行与垂直问题的方法
1.解读高招
设a,b两直线的方向向量分别为a,b,平面α,β的对应法向量为n,m.
2.典例指引
1(1) 1如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点.
(1)求证:AF∥平面BCE;
(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.
D.a>b>c
考场高招32运用空间向量解决立体几何问题的步骤1.解读高招
翻译 将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言,完成几何问题的求解
温馨 提醒 在建立空间直角坐标系求点的坐标时,要使尽可能多的点落在坐标轴上,尽可能多的线段平行于坐标轴,有直角的,把直角边放在坐标轴上
2.典例指引
2．如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A ⊥底面ABCD
,点
P ,Q 分别在棱DD 1,BC 上.
(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ.
(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为 ,求四面体ADPQ 的体积.
(2)由题设知,
=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.
设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,
则
取y=6,得n1=(6-m,6,3).
又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),
所以cos<n1,n2>==.
而二面角P-QD-A的余弦值为,因此,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).
设=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).
因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).
于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积
V=S△ADQ·h=×6×6×4=24
(2)如图,过点P作PM∥A1A交AD于点M,则PM∥平面ABB1A1.②因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.
过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,则PN⊥QD,∠PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即,从而.
连接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.
设MD=t,则MN=.④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.
于是=2,所以PM=2MD=2t.
再由③,④得,解得t=2,因此PM=4.
故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·PM=×6×6×4=24.
3.亲临考场
(2014重庆,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC 上一点,且BM=,MP⊥AP.
(1)求PO的长;
(2)求二面角A-PM-C的正弦值.
(2)由(1)知,,
.
设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n1·=0,n1·=0,
得
故可取n1=,由n2·=0,n2·=0,
得故可取从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==-,
故所求二面角A-PM-C 的正弦值为.
考点69 利用空间向量求空间角考场高招3 三法(定义法、间接法、向量法)搞定线面角
1.解读高招
=|cos<a,n>|=
2.典例指引
2(1) 3(1)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=12,∠ACB=30°,
AB=6,则PB与平面ABC所成角的余弦值为;
(2)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.
(方法二:向量法)如图,取AC的中点为坐标原点,建立空间直角坐标系.
设各棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2).
设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,
则取n=(0,2,1).
故cos<,n>=,即所求角的正弦值为.
3.亲临考场
1.(2017课标Ⅱ,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
(2)由已知得BA⊥AD,以A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
标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=( 1,0,0).
设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z ),=(x,y-1,z-).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos <,n>|=sin45°,,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,设=
λ,则
考点70 立体几何的综合问题考场高招 4解决立体几何中的折叠问题、最值问题的规律
2.典例指引
4．已知长方形ABCD,AB=3,AD=4.现将长方形沿对角线BD折起,使AC=a,得到一个四面体A-BCD,如图所示.
(1)试问:在折叠的过程中,直线AB与CD能否垂直?若能,求出相应a的值;若不能,请说明理由;
(2)求四面体ABCD体积的最大值.
【解】 (1)直线AB与CD能够垂直.
因为AB⊥AD,若AB⊥CD,AD∩CD=D,
则AB⊥平面ACD,从而AB⊥AC.
此时,a=,
即当a=时,AB⊥CD.
(2)因为△BCD的面积为定值,所以当点A到平面BCD的距离最大,即当平面ABD⊥平面BCD时,该四面体的体积最大.
此时,过点A在平面ABD内作AH⊥BD,垂足为H,
则AH⊥平面BCD,AH就是该四面体的高.
在△ABD中,AH=,S△BCD=×3×4=6,
此时V A-BCD=S△BCD·AH=,即为该四面体体积的最大值.
3.亲临考场
1.(2017课标Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F 为圆O上的点,△DBC,△ECA,
△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.
所以三棱锥的体积V=S△ABC·h
=x2·.
令f(x)=25x4-10x5,x∈,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.
所以V≤=4,所以三棱锥体积的最大值为4
2.(2017课标Ⅲ,理16)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b 都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;
②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;
③直线AB与a所成角的最小值为45°;
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)
【答案】②③。