专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx

上传人:lao****ou 文档编号:493691 上传时间:2023-12-20 格式:DOCX 页数:15 大小:149.32KB
下载 相关 举报
专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx_第1页
第1页 / 共15页
专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx_第2页
第2页 / 共15页
专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx_第3页
第3页 / 共15页
专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx_第4页
第4页 / 共15页
专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx_第5页
第5页 / 共15页
亲,该文档总共15页,到这儿已超出免费预览范围,如果喜欢就下载吧!
资源描述

《专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《专题四 第3讲 空间向量与空间角 3.docx(15页珍藏版)》请在第一文库网上搜索。

1、第3讲空间向量与空间角考情分析1利用空间向量求二面角或线面角是高考热点,通常以解答题的形式出现,难度中等.2.探究空间几何体中线、面位置关系或空间角存在的条件,一般以解答题的形式考查,难度中等偏上.考点一直线与平面所成的角【核心提炼】设直线/的方向向量为0,平面Q的法向量为凡直线/与平面所成的角为19,则。O,:Sine=ICOSa,w=j.例1(2023.广州模拟)在边长为2的菱形ABC。中,ZBAD=60ot点E是边48的中点(如图1),将AAOE沿DE折起到ZXAiOE的位置,连接A8,A1C,得到四棱锥A1-Ba)E(如图2).图1图2(1)证明:平面平面BCOE(2)若AE_1BE,

2、连接CE,求直线CE与平面AIC。所成角的正弦值.证明连接题图1中的BQ,P因为四边形488为菱形,且NBAz)=60。,所以aABO为等边三角形,所以OE1A3,所以在题图2中有DE-1BE1DEAiEf因为8EAiE=E,所以QE_1平面48E,因为QEU平面BCDE,所以平面48E_1平面BCDE.(2)解因为平面4BEJ_平面BenE,平面A3E平面8C。E=BE,4E_18E,AiEu平面4山3所以4E_1平面BCDE,以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,所以A1(0,0,1),C(2,3,0),0(0,3,0),E(0,0,0),所以布=(0,3,-1),AiC=(2,3,-1

3、),EC=(2,3,0),设平面AICO的法向量为=(X,y,z),nAD=3y-z=0t则InAC=2x+y3yz=0i令y=1,贝IJw=(OJ,3),所以CoSn,EC)nEC32TnEC2巾14所以直线CE与平面A1Co所成角的正弦值为誓.易错提醒(1)线面角。与直线的方向向量和平面的法向量n所成的角明的关系是”,+9=或。,一。=E所以应用向量法求的是线面角的正弦值,而不是余弦值.(2)利用方程思想求法向量,计算易出错,要认真细心.跟踪演练1(1)(2023新乡模拟)如图,在正三棱柱ABC-A出G中,AB=I,AAI=1点Q是侧棱B8的中点,则直线CiD与平面ABC所成角的余弦值为(

4、)答案D解析方法一如图,延长GO,与CB的延长线交于点瓦CC_1平面ABC,GD与平面ABC所成的角为NCEG,又AB=1,AA1=小,点D是BB1的中点,.CE=2,CTE=币,即CoSNCECI=至=币=T即直线GQ与平面ABC所成角的余弦值为平.方法二如图,建立空间直角坐标系,。为AB的中点,又平面ABC的一个法向量为=(0,0,1),设G。与平面ABC所成的角为仇则Sine=ICOSCD,)I=当cos=.(2)(2023.西安模拟)已知A,B,。在球0的球面上,ZBC=120o,AC=2,AB=If直线OA与截面ABe所成的角为60,则球。的表面积为()416561123D333答案

5、D解析设AABC的外心为Oi,由余弦定理得BC2=AB2-C2-2ABACsZBAC=1222-212cos120o=7,所以BC=币,则2。A=Sin1。=翁设球的半径为R,由题意可知OOi_1平面A8C,又直线OA与截面ABC所成的角为60。,所以NQAoI=60。,2Pj在R1AOO中,所以R=OA=2OA=,所以球O的表面积为S=4K=4X苧=号.考点二二面角【核心提炼】设平面CC,4的法向量分别为“,V,二面角Q-/一4的平面角为仇则。0,).ICOSeI=ICoSI=吉需j例2(2023新高考全国I)如图,在三棱锥ABCQ中,平面ABO_1平面BCD,AB=AD,O为BO的中点.A

6、(1)证明:OA_1C。;(2)若AOCO是边长为1的等边三角形,点E在棱A。上,DE=2EA,且二面角一8。一。的大小为45,求三棱锥A-BCD的体积.证明因为AB=4。,。为8。的中点,所以OAJ_8。,又平面A8O_1平面BCD,且平面ABOC平面BCD=BD,AOU平面ABDt所以AO_1平面BCD,又CDU平面BCD,所以Ae11CD(2)解方法一因为aOCO是边长为1的正三角形,且。为BD的中点,所以。C=OB=OD=I,所以ABCO是直角三角形,且N6CD=90。,BC=3,所以SCD=坐.如图,过点E作E/AO,交BD于F,过点尸作尸G_13C,垂足为G,连接EG.因为AO_1

7、平面BCD,所以EE1平面BCQ,又BCU平面BCQ,所以EFJ1BC,又FG工BC,且EFnFG=尸,EF,FGU平面EFG,所以BCJ_平面EFG,则/EG尸为二面角一6。一。的平面角,所以NEGF=45。,则G尸=EE2因为DE=2EA,所以EF=WO4,DF=20F,BF所以方=Z因为尸G_18C,CD1BC,所以G产C。,则第=|,所以G尸二|.2所以痔=GF=亨所以OA=1,所以Va-bcd=Sbcd0=2I=手.方法二如图所示,以0为坐标原点,0B,04所在直线分别为工,Z轴,在平面8C。内,以过点。且与垂直的直线为),轴建立空间直角坐标系.因为AOCO是边长为1的正三角形,且。

8、为8。的中点,所以OC=OB=OD=,所以8(1,0,0),0(100),一看乎,0).设A(0,0,a),a0,因为QE=2EA,所以一上,0,英.由题意可知平面BCD的一个法向量为Zi=(OA1).设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),因为反*=(一5,坐0),诙=(*O,y,w.C=o,f-1=o,所以即142mBE=0,一三+拳=0,令X=1则y=5,Z=W所以m=(1,3,V41”因为二面角一8。一。的大小为45,得=1,即OA=1,因为SCD=BOCQsin60=X2X1所以VA一BCD=TSmarOA=gx坐X1=*.易错提醒两向量夹角的范围是O,二面角的平面角与其对应的两法

9、向量的夹角之间不一定相等,而是相等或互补关系,要注意结合实际图形判断所求角的大小.跟踪演练2(2023安庆模拟)在斜三棱柱ABC-ABC中,AABC是边长为2的正三角形,侧棱A4=23,顶点A在平面ABC的射影为BC边的中点。.(1)求证:平面8CCB_1平面AOA;(2)求平面ABC与平面AB。所成锐二面角的余弦值.证明-AB=AC且。为BC的中点,OBC,又AO上平面ABC,BCU平面ASC,.4O1BC1VAOz0=0,AO,AOU平面AoA.故BCJ_平面Ao4,又BCu平面8CCB,因此,平面8CCB,J_平面40A.(2)解VA,Oj_平面AeCAO_1BC以点。为坐标原点,04,

10、OB,OA所在直线分别为X,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,VAO=3,AA=23,.*.A,O=yAA,2AO2=3,由条件可得A(0,0,3),B(-3,1,3),C(0,-1,0),从而A=(-3,1,0),CAr=(0,1,3),设平面A13C的法向量为I=(X,y,z),nvA,B=0,nCA=0,产一小叶产,%+3z=0,取X=巾,则y=3,z=-1,可得“1=(小,3,I),易知平面ABC的一个法向量为w2=(0,0,1),设平面ABe与平面AB。所成锐二面角为仇则Wcos加,2I=IiS1=17一返一13,故平面ABC与平面AB。所成锐二面角的余弦值为晋.考点三空间中的探

11、究性问题【核心提炼】与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系:另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.例3(2023盐城模拟)如图,三棱柱ABC-AiBiG的所有棱长都为2,BC=6,AB1BiC.(1)求证:平面AB8A_1平面A8C;4(2)在棱B办上是否存在点尸,使直线CP与平面ACG4所成角的正弦值转,若不存在,请说明理由;若存在,求BP的长.证明如图,取AB的中点O,连接CO,BD因为三棱柱ABCIG的所有棱长

12、都为2,所以48_1C,CD=3,BD=.又因为AB_1BIG且Co8C=C,CD,以CU平面BIC所以43,平面BiCD.又因为以。U平面B1CD,所以在RIZB8O中,BD=ItBB=2,所以8O=1在aBiCO中,CD=3,BD=3,B1C=瓜所以Cf2+BD2=BC2,所以CO_1Bi。,又因为ABj_3),ABCCD=D,ABtCoU平面4BC,所以乱O_1平面ABC又因为B1DU平面ABBiA,所以平面A8841平面ABC.(2)解假设在棱8以上存在点尸满足条件.以。C,DAf。向所在直线分别为X,y,Z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(O,1,O),B(0,-1,0),C(3

13、,0,0),B(0,0,3),因此说I=(0,1,3),AC=(3,-1,0),AA1=B1=(0,h3),CB=(-3,-1,0).因为点尸在棱8以上,设丽=刀晶=0,1,3),其中OWAW1则m=fe+而=史+2防=(-5,-1+2,3).设平面ACGAI的法向量为=(x,y,z),wAC=0,1aai=o,y3-y=0,j+3z=0,2353(-1)2+324-5_一Mx=1,贝IJy=4,z=-1,所以平面ACGA1的一个法向量为犀=(1,3,1).因为直线CP与平面ACGA1所成角的正弦值为最所以ICOSI=化简得162-81=0,解得a=;,所以I两=%丽I=;,故BP的长为去规律

14、方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.跟踪演练3如图,在直角梯形ABCO中,AD/BC,NBAO=90。,且A8=BC=;AQ,E是A。的中点,将AABE沿8E折起到ASBE的位置,使平面S1平面BCOE(1)求二面角B-SC-D的正弦值;(2)在直线S8上是否存在点P,使PO_1平面S8C?若存在,请求出点P所在的位置;若不存在,请说明理由.解(1)如图,取BE的中点。,由题意可得四边形ABCE是正方形,则SO1BEtCO1BEy又因为平面SBEj_平面BCOE,平面S8E平面BCQE=8E,SOU平面SBE,CoU平面8COE,所以SO_1平面BCDE,CO_1平面SBE,

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 应用文档 > 工作总结

copyright@ 2008-2022 001doc.com网站版权所有   

经营许可证编号:宁ICP备2022001085号

本站为文档C2C交易模式,即用户上传的文档直接被用户下载,本站只是中间服务平台,本站所有文档下载所得的收益归上传人(含作者)所有,必要时第一文库网拥有上传用户文档的转载和下载权。第一文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。若文档所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知第一文库网,我们立即给予删除!



客服