高考数学二轮复习 新高考方案专题增分方略 专题微课(三) 空间向量与立体几何

[答案] C
[例2] (2020·新高考全国卷Ⅰ)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)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． [解] (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD. 又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC. 因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC.
则nn··――BB1―→1CD→＝1 ＝0，0，
即4－y－2x2＋z＝2y0＝，0，
取x＝1，得n＝(1,1,2)，又―A→B ＝(2,0,0)，
设直线AB与平面B1CD1所成角为θ，
故sin
θ＝|cos〈n，―A→B 〉|＝|n|n|··― |―AA→B→B||＝2
2＝ 6
6 6.
考点二 平面与平面所成的角 [典例] 如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯形， BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝PD＝2AB＝2BC＝2，M 为 PA 的中点． (1)求证：BM∥平面 PCD. (2)若平面 ABCD⊥平面 PAD，异面直线 BC 与 PD 所成角为 60°，且△PAD 是钝角三角形，求二面角 B-PC-D 的正弦值．
因为平面PAD∩平面PBC＝l，AD⊂平面PAD，
所以l∥AD.
所以l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，
―→ DA
的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标
系D-xyz，
则D(0,0,0)，C(0,1，0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，―D→C ＝(0,1,0)，―P→B ＝(1,1，－1)．
―→ ―→ AB1 ·BC1 ―→ ―→
＝
| AB1 |·| BC1 |
2 5×
＝ 2
510，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为
10 5.
答案：C
2．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD满足 AD∥BC，且AB＝AD＝AA1＝2，BD＝DC＝2 2. (1)求证：AB⊥平面ADD1A1； (2)求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值．
10 5
D．
3 3
解析：以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标
系．则B(0，0,0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)．
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，
3，0)．
所以―AB→1 ＝(1，－ 3，1)，―BC→1 ＝(1,0,1)，
则cos〈―AB→1 ，―BC→1 〉＝
角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线 的方向向量，转化为求两方向向量的夹角或其补角.
[对点训练]
1．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则
异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为
()
A．
3 2
B．
15 5
C．
则sin
θ＝
33×
|a1＋＋1a|2＝
3 3
1＋a22＋a 1.
因为
3 3
1＋a22＋a 1≤ 36，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
6 3.
[方法技巧] 1异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即 cos θ＝|cos φ|.
2直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹
由(1)可设Q(a,0,1)，
则―D→Q ＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
n·―D→Q ＝0， 则n·―D→C ＝0，
即ay＝x＋0.z＝0，
可取n＝(－1,0，a)．
所以cos〈n，―P→B 〉＝
―→
n·PB ―→
＝
|n|·| PB |
－1－a 3· 1＋a2.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则nn··― ―PP→ →CB ＝ ＝00， ，
专题微课(三)|空间向量与立体几何
考点一 异面直线所成的角和直线与平面所成的角
[例 1] 如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，ED
⊥平面 ABCD，FC⊥平面 ABCD，ED＝2FC＝2，则异面直线
AE 与 BF 所成角的余弦值为
()
10 10
D．23
[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系，由题意可
解：(1)证明：因为AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以AA1⊥AB. 因为AB＝AD＝2，BD＝2 2， 所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD. 又AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1.
(2)分别以AB，AD，AA1为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，C(2,4,0)，D1(0,2,2)． 设平面B1CD1的法向量n＝(x，y，z)，
[解] (1)证明：取PD的中点N，连接CN，MN， 因为M为PA的中点， 则MN∥AD，且MN＝12AD. 又BC∥AD，且BC＝12AD， 所以MN∥BC，MN＝BC， 所以四边形BMNC为平行四边形， 所以BM∥CN， 因为CN⊂平面PCD，BM⊄平面PCD， 所以BM∥平面PCD.
(2)由题意可知BC∥AD， 所以∠ADP或其补角为异面直线BC与PD所成角， 又AD＝PD，△PAD为钝角三角形，所以∠ADP＝120°， 因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD. 以A为坐标原点，AD，AB所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(0,0,1)，D(0,2,0)，C(0,1,1)，P( 3，3,0)，―P→C ＝(－ 3，－2,1)， ―P→B ＝(－ 3，－3,1)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
得A(2，0,0)，E(0,0,2)，B(2,2,0)，F(0，2,1)，所以
―→ AE
＝
(－2,0,2)，
―→ BF
＝(－2,0,1)，所以cos〈
―→ AE
，
―→ BF
〉＝
―→ ―→
AE ―→
·BF ―→
＝
3 10 10
，所以异面直线AE与BF所成角的余弦
| AE |·| BF |
值为3 1010.