2023年高考数学考前20天终极冲刺之空间向量与立体几何
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2023年高考数学考前20天终极冲刺之空间向量与立体几何
一.选择题(共8小题)
1.(2023•广西模拟)如图,△ABC与△BCD都是正三角形,AB=2,将△ABC沿BC边折起,使得A到达A1的位置,连接A1D,得到三棱锥A1﹣BCD,则“”是“二面角A1﹣BC﹣D为钝角”的( )
A.充分不必要条件 B.充要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
2.(2022秋•商丘期末)已知菱形ABCD中,,沿对角线BD折起,使二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ,若异面直线AC与BD的距离是菱形边长的,则θ=( )
A. B. C. D.
3.(2023•道里区校级二模)已知正三棱锥S﹣ABC的底面边长为3,侧棱长为,点P为此三棱锥各顶点所在球面上的一点,则点P到平面SAB的距离的最大值为( )
A. B. C. D.
4.(2022秋•永州期末)已知,,且,则m=( )
A.5 B.4 C.3 D.2
5.(2022秋•郴州期末)已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是平行四边形,点E在线段DC上满足,,则x+y+z=( )
A. B. C. D.
6.(2022秋•丹东期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E是DD1的中点,则二面角E﹣B1C1﹣C的平面角的正切值为( )
A.1 B.5 C.2 D.
7.(2023春•杭州月考)将∠B=60°,边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成二面角θ,B转到B′,若θ∈[60°,120°],则折后两条对角线AC,B′D之间的距离的最小值为( )
A. B. C. D.
8.(2022秋•涡阳县校级期末)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,点G为EF上一个动点,则点G到平面ACD1的距离为( )
A. B. C.1 D.
二.多选题(共4小题)
(多选)9.(2023•西宁二模)如图所示,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=A1B1=2,AD=1,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则( )
A.A,M,O三点共线
B.A1M的长度为1
C.直线AO与平面BCC1B1所成角的正切值为
D.△A1MO的面积为
(多选)10.(2023春•宿城区校级月考)下列说法正确的是( )
A.若空间中的四点O,A,B,C满足=+,则A,B,C三点共线
B.空间中三个向量,,,若∥,则,,共面
C.对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若,则P,A,B,C四点共面
D.设{,,}是空间的一个基底,若=+,=﹣,则{,,}不能为空间的一个基底
(多选)11.(2022秋•丽水期末)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P,Q分别是棱BC,CC1的中点,点M满足,t∈[0,1],下列结论正确的是( )
A.若t=1,则A1B1∥平面MPQ
B.若t=1,则过点M,P,Q的截面面积是
C.若,则点A1到平面MPQ的距离是
D.若,则AB与平面MPQ所成角的正切值为
(多选)12.(2023春•齐齐哈尔月考)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形,BC∥AD,AB=BC=CD=1,AD=2,PA=PD=,平面PAD⊥平面ABCD,O,E分别为线段AD,PA的中点,点Q是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,则下列结论正确的是( )
A.AC⊥BP
B.三棱锥B﹣AOE外接球的体积为
C.异面直线PC与OE所成角的余弦值为
D.若直线PQ与平面ABCD所成的角为60°,则点Q的轨迹长度为
三.填空题(共5小题)
13.(2023•大通县二模)关于正方体ABCD﹣A1B1C1D1有如下说法:
①直线A1B与B1C所成的角为60°; ②直线CA1与C1D所成的角为60°;
③直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°; ④直线BC1与平面ABCD所成的角为45°.
其中正确命题的序号是 .
14.(2022秋•朝阳期末)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M是A1B1的中点,点P是侧面CDD1C1上的动点.且MP∥平面AB1C,则线段MP长度的取值范围是 .
15.(2022秋•辽阳期末)已知平面α的一个法向量为,A(2,﹣1,2),B(1,2,2),则直线AB与平面α所成角的正弦值为 .
16.(2022秋•邢台期末)已知平面α的一个法向量为,点M(1,﹣3,﹣1)在平面α内,则点P(2,﹣2,3)到平面α的距离为 .
17.(2023春•雨花区校级月考)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到△ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为 .
四.解答题(共5小题)
18.(2023•广东一模)如图所示的在多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD⊥平面BCD,平面BCE⊥平面BCD,点F,G分别是CD,BD中点.
(1)证明:平面AFG∥平面BCE;
(2)若,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.
19.(2023•河东区一模)在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭,既美观又利于采光,其中一角如图所示,为多面体ABCDE﹣A1B1C1D1E1,AB⊥AE,AE∥BC,AB∥ED,AA1⊥底面ABCDE,四边形A1B1C1D1是边长为2的正方形且平行于底面,AB∥A1B1,D1E,B1B的中点分别为F,G,AB=AE=2DE=2BC=4,AA1=1.
(1)证明:FG∥平面C1CD;
(2)求平面C1CD与平面AA1B1B夹角的余弦值;
(3)一束光从玻璃窗面C1CD上点C1射入恰经过点A(假设此时光经过玻璃为直射),求这束光在玻璃窗C1CD上的入射角的正切值.
20.(2023•香坊区校级一模)四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥面ABCD,∠BAD=120°,过点A且与PD平行的平面α与CD,PC分别交于E,F两点.
(Ⅰ)证明:PD∥EF;
(Ⅱ)若E为CD中点,且PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A﹣EF﹣D的正弦值.
21.(2023•乐山模拟)如图,在三棱锥P﹣ABC中,H为△ABC的内心,直线AH与BC交于M,∠PAB=∠PAC,∠PCA=∠PCB.
(1)证明:平面PAM⊥平面ABC;
(2)若AB⊥BC,PA=AB=3,BC=4,求二面角M﹣PA﹣C的余弦值.
22.(2023•岳阳模拟)在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,交线段BC于点D(如图1),沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2),点E,M分别为棱BC,AC的中点.
(1)求证:CD⊥ME;
(2)在①图1中,②图1中,③图2中三棱锥A﹣BCD的体积最大.
这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,再解答问题.
问题:已知____,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
2023年高考数学考前20天终极冲刺之空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一.选择题(共8小题)
1.(2023•广西模拟)如图,△ABC与△BCD都是正三角形,AB=2,将△ABC沿BC边折起,使得A到达A1的位置,连接A1D,得到三棱锥A1﹣BCD,则“”是“二面角A1﹣BC﹣D为钝角”的( )
A.充分不必要条件 B.充要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
【考点】二面角的平面角及求法;充分条件与必要条件.菁优网版权所有
【专题】转化思想;综合法;空间角;数学运算.
【分析】由二面角的定义得出二面角A1﹣BC﹣D的平面角为∠A1OD,进而由余弦定理,以及充分必要条件的定义判断即可.
【解答】解:取BC的 中点为O,连接A1O,OD,二面角A1﹣BC﹣D的平面角为∠A1OD,
易知,.
若二面角A1﹣BC﹣D为钝角,则,,即.
若,则,,
则﹣1<cos∠A1OD<0,
又二面角的范围是(0,π),
所以二面角A1﹣BC﹣D为钝角.
即“”是“二面角A1﹣BC﹣D为钝角”的充要条件.
故选:B.
【点评】本题考查二面角的定义及其求解,考查充要条件的判断,考查空间想象能力以及运算求解能力,属于中档题.
2.(2022秋•商丘期末)已知菱形ABCD中,,沿对角线BD折起,使二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ,若异面直线AC与BD的距离是菱形边长的,则θ=( )
A. B. C. D.
【考点】二面角的平面角及求法;点、线、面间的距离计算.菁优网版权所有
【专题】整体思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】先找到二面角A﹣BD﹣C的平面角为∠AOC,再证明OM是异面直线AC与BD的距离,在Rt△AOM中求解.
【解答】解:如图,设菱形的边长为2a,连接两条对角线AC∩BD=O,
易得AC⊥BD,,
菱形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥A﹣BCD,
在菱形ABCD中,AC⊥BD,翻着后垂直不变,即,
所以∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角,即∠AOC=θ,
又因为,
所以BD⊥平面AOC,取AC中点M,连接OM,
又因为OM⊂平面AOC,
所以OM⊥BD,
在△AOC中,,并且M为AC的中点,
所以OM⊥AC,
故OM是异面直线AC与BD的距离,
又因为异面直线AC与BD的距离是菱形边长的,
所以,
在Rt△AOM中,,
所以,又因为,
所以,∴.
故选:C.
【点评】本题主要考查了异面直线的距离的求法,考查了二面角的求法,属于中档题.
3.(2023•道里区校级二模)已知正三棱锥S﹣ABC的底面边长为3,侧棱长为,点P为此三棱锥各顶点所在球面上的一点,则点P到平面SAB的距离的最大值为( )
A. B. C. D.
【考点】点、线、面间的距离计算.菁优网版权所有
【专题】计算题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离;数学运算.
【分析】首先利用球与锥体的外接关系求出球的半径,然后求得球心到平面的距离,进而可求点P到平面SAB的距离的最大值.
【解答】解:正三棱锥S﹣ABC的底面边长为3,侧棱长2,且三棱锥的四个顶点都在同一球面上,
如图所示:
所以:AB=AC=BC=3,AS=BS=CS=2,
点E为△ABC的中心,
所以AE=×=,
则:SE==3,
则:()2+(3﹣R)2=R2,解得R=2.
设球心O到平面SAB的距离为d,
所以3×S△SAB×d×+S△ABC×OE×=VS﹣ABC,
∴3××AB××d×+×3×3××1×=×3×3××3×,
∴3××3××d×+×3×3××1×=×3×3××3×,
∴d=,点P到平面SAB的距离的最大值为+2=.
故选:B.
【点评】本题考查空间几何体的外接球,考查点到面的距离的最值,属中档题.
4.(2022秋•永州期末)已知,,且,则m=( )
A.5 B.4 C.3 D.2
【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直;空间向量的数量积运算.菁优网版权所有
【专题】转化思想;转化法;空间向量及应用;数学运算.
【分析】利用向量垂直充要条件列出关于m的方程,解之即可求得m的值.
【解答】解:,,且,
则,则2×1+2×(﹣2)﹣2(1﹣m)=0,解得m=2.
故选:D.
【点评】本题主要考查空间向量垂直的性质,属于基础题.
5.(2022秋•郴州期末)已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是平行四边形,点E在线段DC上满足,,则x+y+z=( )
A. B. C. D.
【考点】空间向量及其线性运算.菁优网版权所有
【专题】转化思想;转化法;空间向量及应用;数学运算.
【分析】用空间基底向量表示向量结合空间向量线性运算求解.
【解答】解:∵,
则,
∴.
故选:A.
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算,属于基础题.
6.(2022秋•丹东期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E是DD1的中点,则二面角E﹣B1C1﹣C的平面角的正切值为( )
A.1 B.5 C.2 D.
【考点】二面角的平面角及求法.菁优网版权所有
【专题】计算题;数形结合;数形结合法;空间角;数学运算.
【分析】由题可得∠EC1C为二面角E﹣B1C1﹣C的平面角,后结合题目条件可得答案.
【解答】解:如图,
因几何体为正方体,则B1C1⊥面C1CDD1,C1C⊂面C1CDD1,则B1C1⊥C1C,
又C1E⊂平面C1CDD1,则B1C1⊥C1E,故∠EC1C即为二面角E﹣B1C1﹣C的平面角.
过E作直线C1C垂线,交C1C于F,则F为C1C中点.
故.
故选:C.
【点评】本题主要考查二面角的求法,考查运算求解能力,属于基础题.
7.(2023春•杭州月考)将∠B=60°,边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成二面角θ,B转到B′,若θ∈[60°,120°],则折后两条对角线AC,B′D之间的距离的最小值为( )
A. B. C. D.
【考点】二面角的平面角及求法;点、线、面间的距离计算.菁优网版权所有
【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;逻辑推理;数学运算.
【分析】作出AC与B′D的公垂线,计算其长度能求出折后两条对角线AC,B′D之间的距离的最小值.
【解答】解:依题意作图:
设菱形的对角线交点为O,由菱形的性质可知AC⊥BD,
即AC⊥B′O,AC⊥OD,AC⊥平面B′OD,并且∠B′OD=θ,
OB′=OD,△B′OD是以O为顶点的等腰三角形,
取B′D的中点G,则有OG⊥B′D,AC⊥OG,
∴OG是AC与B′D的公垂线,
在Rt△OCD中,OD=,在Rt△ODG中,OG=OD•cos,
θ∈[60°,120°],∴,
∴OG的最小值为.
故选:A.
【点评】本题考查二面角、两条异面直线间距离等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
8.(2022秋•涡阳县校级期末)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,点G为EF上一个动点,则点G到平面ACD1的距离为( )
A. B. C.1 D.
【考点】点、线、面间的距离计算.菁优网版权所有
【专题】转化思想;向量法;综合法;空间位置关系与距离;数学运算.
【分析】利用等体积法或向量法进行计算即可求解.
【解答】解:如图所示,∵点E,F分别是AA1,A1D1的中点,
∵该正方体的棱长为2,∴,
∴EF∥平面ACD1,
∴点G到平面ACD1的距离即为点E或F到平面ACD1的距离,
∵△ACD1为等边三角形,∴,,
设F到平面ACD1的距离为d,
∵,
∴,解得.
故选:D.
【点评】本题考查等体积法求点面距,属中档题.
二.多选题(共4小题)
(多选)9.(2023•西宁二模)如图所示,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=A1B1=2,AD=1,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则( )
A.A,M,O三点共线
B.A1M的长度为1
C.直线AO与平面BCC1B1所成角的正切值为
D.△A1MO的面积为
【考点】直线与平面所成的角;平面的基本性质及推论.菁优网版权所有
【专题】转化思想;转化法;空间位置关系与距离;数学运算.
【分析】对于A,利用公理3,分别证明点同时在两个平面上即可;
对于B,利用长方体的性质,以及中位线定理,可得答案;
对于C,利用线面角的定义,根据长方体的几何性质,结合三角函数定义,可得答案;
对于D,利用三角形之间的关系,可得答案.
【解答】解:连结A1C1,AC,
则A1C1∥AC,
∴A1,C1,A,C四点共面,
∴A1C⊂平面ACC1A1,
∵M∈A1C,
∴M∈平面ACC1A1,
又M∈平面AB1D1,
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,
同理A,O也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,
∴A,M,O三点共线,故A正确;
设直线A1C与平面BC1D的交点为N,
易证平面AB1D1∥平面C1BD,从而得到OM∥C1N,
因为O为A1C1中点,所以M为A1N中点,
同理可得N为CM的中点,所以,故B正确;
取A1D1中点E,连接AE,OE,
因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1,
则∠OAE即为直线AO与平面BCC1B1所成角,,故C错误;
因为,
所以•,故D正确.
故选:ABD.
【点评】本题主要考查直线与平面的角,考查转化能力,属于中档题.
(多选)10.(2023春•宿城区校级月考)下列说法正确的是( )
A.若空间中的四点O,A,B,C满足=+,则A,B,C三点共线
B.空间中三个向量,,,若∥,则,,共面
C.对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若,则P,A,B,C四点共面
D.设{,,}是空间的一个基底,若=+,=﹣,则{,,}不能为空间的一个基底
【考点】空间向量基本定理、正交分解及坐标表示;命题的真假判断与应用;平面向量的基本定理;共线向量与共面向量.菁优网版权所有
【专题】转化思想;转化法;空间向量及应用;数学运算.
【分析】根据已知条件,结合共面向量的定义,以及基底的定义,即可求解.
【解答】解:对于A,若空间中的四点O,A,B,C满足=+,,
则A,B,C三点共线,故A正确;
对于B,∥,
则,共线,
由共面向量的定义可得,,,共面,故B正确;
对于C,,2+2022﹣2023=1,
则P,A,B,C四点共面,故C正确;
对于D,因为与,不共面,
则{,,}能为空间的一个基底,故D错误.
故选:ABC.
【点评】本题主要考查共面向量的定义,以及基底的定义,属于基础题.
(多选)11.(2022秋•丽水期末)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P,Q分别是棱BC,CC1的中点,点M满足,t∈[0,1],下列结论正确的是( )
A.若t=1,则A1B1∥平面MPQ
B.若t=1,则过点M,P,Q的截面面积是
C.若,则点A1到平面MPQ的距离是
D.若,则AB与平面MPQ所成角的正切值为
【考点】直线与平面所成的角;点、线、面间的距离计算;命题的真假判断与应用;棱柱的结构特征.菁优网版权所有
【专题】转化思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】对A,B选项,若t=1,则M与A重合,延长B1B与QP交于点E,易得过点M,P,Q的截面为等腰梯形PQD1M,再根据线面平行的性质定理,梯形面积公式,即可求解;
对C,D选项,若,则M为AB的中点,连接A1C1,易知A1C1∥MP,从而得A1到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离,又易知BC1∥PQ,从而得B到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离,再利用等体积法思想,即可分别求解.
【解答】解:对A,B选项,若t=1,则M与A重合,如图所示:
延长B1B与QP交于点E,易知A1B1不平行AE,
∴A1B1不平行平面MPQ,∴A选项错误;
连接MD1,QD1,则根据题意易知MD1∥PQ,
∴过点M,P,Q的截面为等腰梯形PQD1M,
又根据题意易得PM=QD1=,PQ=,D1M=,
∴易得等腰梯形PQD1M的高为=,
∴等腰梯形PQD1M的面积为=,∴B选项正确;
对C,D选项,若,则M为AB的中点,连接A1C1,如图所示:
易知A1C1∥MP,∴A1到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离d,
则根据等体积法思想可得:,
又PM=PQ=,MQ==,∴=,
∴,
∴,∴d=,∴C选项错误;
又易知BC1∥PQ,∴B到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离d=,
又MB=1,设AB与平面MPQ所成角为θ,则sinθ==,
∴cosθ=,∴tanθ==,∴D选项正确.
故选:BD.
【点评】本题考查线面平行的性质定理,正方体的截面面积的求解,等体积法求解点面距,线面角的概念,属中档题.
(多选)12.(2023春•齐齐哈尔月考)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形,BC∥AD,AB=BC=CD=1,AD=2,PA=PD=,平面PAD⊥平面ABCD,O,E分别为线段AD,PA的中点,点Q是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,则下列结论正确的是( )
A.AC⊥BP
B.三棱锥B﹣AOE外接球的体积为
C.异面直线PC与OE所成角的余弦值为
D.若直线PQ与平面ABCD所成的角为60°,则点Q的轨迹长度为
【考点】直线与平面所成的角;命题的真假判断与应用;异面直线及其所成的角.菁优网版权所有
【专题】计算题;整体思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】根据线面垂直的性质定理判断A;
根据三棱锥B﹣AOE外接球的球心为等边三角形AOB的中心,求得外接球的半径判断B;
根据题意得到∠CPD为异面直线PC与OE所成的角(或其补角),利用余弦定理判断C;
根据题意得到点Q的轨迹为以O为圆心,为半径的半圆,利用圆的周长公式判断D.
【解答】解:易证四边形ABCO为菱形,所以BO⊥AC,
连接PO,因为,所以PO⊥AD,
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
所以PO⊥平面ABCD,
因为AC⊂平面ABCD,所以PO⊥AC,
又PO∩OB=O,所以AC⊥平面POB.又BP⊂平面POB,所以AC⊥BP,故A正确;
易证△AOE为等腰直角三角形,△AOB为等边三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,
所以三棱锥B﹣AOE外接球的球心为等边三角形AOB的中心,所以三棱锥B﹣AOE外接球的半径为,
所以三棱锥B﹣AOE外接球的体积为,故B错误;
因为PD∥OE,所以∠CPD为异面直线PC与OE所成的角(或其补角),
因为,所以,
在△PCD中,由余弦定理,得,故C正确;
因为PO⊥平面ABCD,所以OQ为PQ在平面ABCD内的射影,
若直线PQ与平面ABCD所成的角为60°,则∠PQO=60°,
因为PO=1,所以,故点Q的轨迹为以O为圆心,为半径的半圆,
所以点Q的轨迹长度为,故D错误.
故选:AC.
【点评】本题考查了立体几何的综合应用,属于中档题.
三.填空题(共5小题)
13.(2023•大通县二模)关于正方体ABCD﹣A1B1C1D1有如下说法:
①直线A1B与B1C所成的角为60°; ②直线CA1与C1D所成的角为60°;
③直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°; ④直线BC1与平面ABCD所成的角为45°.
其中正确命题的序号是 ①④ .
【考点】直线与平面所成的角;命题的真假判断与应用;棱柱的结构特征;异面直线及其所成的角.菁优网版权所有
【专题】转化思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】由A1D与B1C平行,结合等边三角形的性质判断①;由FO平行CA1,结合等腰三角形的性质判断②;由C1E⊥平面B1D1DB,CC1⊥平面ABCD结合线面角的定义判断③④.
【解答】解:连接A1D,BD,因为A1D与B1C平行,
所以∠BA1D是异面直线A1B与B1C所成的角,
因为△BA1D为等边三角形,所以直线A1B与B1C所成的角为60°,故①正确;
连接CD1交C1D于点O,取A1D1的中点为F,连接FC1,FD,FO,
因为O为CD1的中点,所以FO平行CA1,
则∠FOC1或其补角为直线CA1与C1D所成的角,
易知FD=FC1,所以∠FOC1=90°,
即直线CA1与C1D所成的角为90°,故②错误;
连接B1D1,BD,A1C1,直线B1D1交A1C1于点E,连接BE,
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2,易知C1E⊥B1D1,C1E⊥BB1,
由线面垂直的判定可知,C1E⊥平面B1D1DB,
则∠EBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,
又,,则,
即∠EBC1=30°,故③错误;
由CC1⊥平面ABCD,易知∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角,
又,则∠CBC1=45°,故④正确.
故答案为:①④.
【点评】本题考查线线角的求解,线面角的求解,化归转化思想,属中档题.
14.(2022秋•朝阳期末)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M是A1B1的中点,点P是侧面CDD1C1上的动点.且MP∥平面AB1C,则线段MP长度的取值范围是 .
【考点】点、线、面间的距离计算;棱柱的结构特征;直线与平面平行.菁优网版权所有
【专题】转化思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】取DC的中点N,C1C的中点R,B1C1的中点H,连接NM、NR、MH、HR,根据正方体的性质得到MN∥B1C∥HR,即可得到MN//平面AB1C,同理可证MH∥平面AB1C,从而证明平面MNRH∥平面AB1C,即可得到P在线段NR上,再求出MN、MR,即可求出MP的取值范围.
【解答】解:如图,取DC的中点N,C1C的中点R,B1C1的中点H,连接NM、NR、MH、HR,
根据正方体的性质可得MN∥B1C∥HR,MN⊄平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,
所以MN∥平面AB1C,同理可证MH∥平面AB1C,
又MN∩MH=M,MN,MH⊂平面MNRH,
所以平面MNRH∥平面AB1C,又平面MNRH∩平面CDD1C1=NR,
且MP∥平面AB1C,MP⊂平面MNRH,
点P是侧面CDD1C1上的动点,所以P在线段NR上,
又AB=4,所以,,,
所以MN2=MR2+NR2,则MR⊥NR,
所以线段MP长度的取值范围是.
故答案为:.
【点评】本题考查线面平行的判定定理,面面平行的判定定理,运动变化思想,属中档题.
15.(2022秋•辽阳期末)已知平面α的一个法向量为,A(2,﹣1,2),B(1,2,2),则直线AB与平面α所成角的正弦值为 .
【考点】直线与平面所成的角;平面的法向量.菁优网版权所有
【专题】整体思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】根据线面角的向量求法求解即可.
【解答】解:因为,
所以直线AB与平面α所成角的正弦值为.
故答案为:.
【点评】本题主要考查了直线与平面所成的角,属于基础题.
16.(2022秋•邢台期末)已知平面α的一个法向量为,点M(1,﹣3,﹣1)在平面α内,则点P(2,﹣2,3)到平面α的距离为 .
【考点】点、线、面间的距离计算;平面的法向量.菁优网版权所有
【专题】对应思想;综合法;立体几何;数学运算.
【分析】根据向量法,即可求解点面距.
【解答】解:根据题意可知,又平面α的一个法向量为,
∴点P到平面α的距离.
故答案为:.
【点评】本题考查向量法求解点面距问题,属基础题.
17.(2023春•雨花区校级月考)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到△ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为 .
【考点】点、线、面间的距离计算.菁优网版权所有
【专题】转化思想;转化法;立体几何;逻辑推理.
【分析】过点P作PD⊥AC,交AC于D,作PE⊥BC,交BC于E,过P作PO⊥平面ABC,交平面ABC于O,连接OD,OC,则,进而可得CD,CE,OE,OD,再计算PO,即可得出答案.
【解答】解:∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,
过点P作PD⊥AC,交AC于D,作PE⊥BC,交BC于E,
过P作PO⊥平面ABC,交平面ABC于O,连接OD,OC,
因为点P到△ACB两边AC,BC的距离均为,
则,
所以由题意得,
所以.
所以P到平面ABC的距离为,
故答案为:.
【点评】本题考查点到平面的距离,解题中需要理清思路,属于中档题.
四.解答题(共5小题)
18.(2023•广东一模)如图所示的在多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD⊥平面BCD,平面BCE⊥平面BCD,点F,G分别是CD,BD中点.
(1)证明:平面AFG∥平面BCE;
(2)若,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.
【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面平行.菁优网版权所有
【专题】数形结合;向量法;空间角;数学运算.
【分析】(1)利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明;
(2)先建系求法向量,再利用向量法求两平面的夹角即可.
【解答】解:(1)证明:如图,取BC中点H,连接EH,因为EB=EC,所以EH⊥BC,
又因为平面BCE⊥平面BCD,平面BCE∩平面BCD=BC,EH⊂平面BCE,
所以EH⊥平面BCD,
同理可得AG⊥平面BCD,
所以EH∥AG,
又因为AG⊄平面BCE,EH⊂平面BCE,所以AG∥平面BCE,
因为点F,G分别是CD,BD中点,所以FG∥BC,
又因为FG⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,所以FG∥平面BCE,
又因为AG∩FG=G,AG,FG⊂平面AFG,所以平面AFG∥平面BCE.
(2)因为BC⊥BD,BC∥FG,所以FG⊥BD,
由(1)知AG⊥BD,AG⊥平面BCD,GF⊂平面BCD,
所以AG⊥GF,
所以GF,GB,GA两两相互垂直,
如图,以点G为坐标原点,GF,GB,GA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
因为,所以GA=GB=1,EH=2,BH=1,
则A(0,0,1),C(2,1,0),E(1,1,2),
平面AFG的一个法向量为,
设平面ACE的法向量为,
由,
得,即,解得,
取x=2,得,
设平面AFG和平面ACE的夹角为θ,
则,
所以平面AFG和平面ACE的夹角的余弦值为.
【点评】本题考查面面平行的判定定理,考查利用空间向量求解二面角的余弦值,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力,考查直观想象和数学运算等核心素养,属于中档题.
19.(2023•河东区一模)在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭,既美观又利于采光,其中一角如图所示,为多面体ABCDE﹣A1B1C1D1E1,AB⊥AE,AE∥BC,AB∥ED,AA1⊥底面ABCDE,四边形A1B1C1D1是边长为2的正方形且平行于底面,AB∥A1B1,D1E,B1B的中点分别为F,G,AB=AE=2DE=2BC=4,AA1=1.
(1)证明:FG∥平面C1CD;
(2)求平面C1CD与平面AA1B1B夹角的余弦值;
(3)一束光从玻璃窗面C1CD上点C1射入恰经过点A(假设此时光经过玻璃为直射),求这束光在玻璃窗C1CD上的入射角的正切值.
【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面平行.菁优网版权所有
【专题】数形结合;向量法;空间角;数学运算.
【分析】(1)过点E作AA1的平行线,结合题意建立空间直角坐标系,求出相应点的坐标,并求出平面C1CD的法向量和FG的方向向量,利用向量法证明线面平行即可;
(2)求出平面AA1B1B的法向量,再结合(1)中平面C1CD的法向量,利用空间向量的夹角公式即可求解;
(3)根据平面镜原理,设入射角为θ,利用空间向量的夹角公式解求出入射角的余弦值,再利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【解答】解:(1)证明:过点E作AA1的平行线,由题意可知以E为原点,建立如图所示空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(0,4,0),B(4,4,0),C(4,2,0),D(2,0,0),A1(0,4,1),B1(2,4,1),C1(2,2,1),D1(0,2,1),,.
设平面C1CD的法向量为,,,
则,
令x=1,则,,
∵,
∴,则FG∥平面C1CD.
(2)根据图形易知平面AA1B1B的法向量为,设平面C1CD与平面AA1B1B的夹角为φ,
则.
所以平面C1CD与平面AA1B1B夹角的余弦值.
(3),入射角为θ,,
因为,
所以,.
故这束光在玻璃窗C1CD上的入射角的正切值为.
【点评】本题考查线面平行的判定定理,考查利用空间向量求解线面角以及二面角,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力,考查直观想象和数学运算等核心素养,属于中档题.
20.(2023•香坊区校级一模)四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥面ABCD,∠BAD=120°,过点A且与PD平行的平面α与CD,PC分别交于E,F两点.
(Ⅰ)证明:PD∥EF;
(Ⅱ)若E为CD中点,且PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A﹣EF﹣D的正弦值.
【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面平行.菁优网版权所有
【专题】综合题;转化思想;综合法;空间角;数学运算.
【分析】(Ⅰ)由PD∥平面AEF,即可证明PD∥EF;
(Ⅱ)设BC的中点为G,连接AC.建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz,先证明∠PCA=45°,再利用向量法求解.
【解答】解:(Ⅰ)证明:由题得PD∥平面AEF,EF=平面PCD∩平面AEF,PD⊂平面PCD,
所以PD∥EF.
(Ⅱ)设BC的中点为G,连接AC.建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz.
因为PA⊥平面ABCD,所以PC与平面ABCD所成的角为∠PCA=45°,
由题得△ABC是等边三角形,所以AC=2,∴PA=2,
因为PD∥EF,CE=ED,∴CF=PF,
由题得P(0,0,2),C(,1,0),D(0,2,0),
所以=(,1,﹣2),=(0,2,﹣2),
设平面EFD的一个法向量为=(x,y,z),
所以,令y=1,则x=,z=1,
平面EFD的一个法向量为=(,1,1),
由题得A(0,0,0),E(,,0),F(,,1),
所以=(,,0),=(,,1),
设平面EFA的法向量为=(a,b,c),
所以,令a=﹣,则b=c=1,
所以平面EFA的法向量为=(﹣,1,1),
设二面角A﹣EF﹣D的平面角为θ.
所以cosθ===,
所以二面角A﹣EF﹣D的正弦值为=.
【点评】本题考查线线平行的证明,考查二面角的正弦值的求法,属中档题.
21.(2023•乐山模拟)如图,在三棱锥P﹣ABC中,H为△ABC的内心,直线AH与BC交于M,∠PAB=∠PAC,∠PCA=∠PCB.
(1)证明:平面PAM⊥平面ABC;
(2)若AB⊥BC,PA=AB=3,BC=4,求二面角M﹣PA﹣C的余弦值.
【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面垂直.菁优网版权所有
【专题】数形结合;向量法;立体几何;数学运算.
【分析】(1)设PN⊥平面ABC,垂足为N,作NE⊥AB于E,NF⊥AC于F,连接PE,PF,先证明△PAE≅△PAF,从而可证得NE=NF,从而可得点N为△ABC的内心,即N,H两点重合,再根据面面垂直的判定定理即可得证;
(2)以点B为原点建立空间直角坐标系,利用等面积法求得△ABC内切圆的半径,再利用勾股定理求得PH,即可得P,H的坐标,再利用向量法求解即可.
【解答】解:(1)证明:设PN⊥平面ABC,垂足为N,作NE⊥AB于E,NF⊥AC于F,连接PE,PF,
因为PN⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以PN⊥AB,PN⊥AC,
又NE⊥AB,NE∩PN=N,NE,PN⊂平面PNE,所以AB⊥平面PNE,
又PE⊂平面PNE,所以AB⊥PE,
因为NF⊥AC,NF∩PN=N,NF,PN⊂平面PNF,所以AC⊥平面PNF,
又PF⊂平面PNF,所以AC⊥PF,
在Rt△PAE和Rt△PAF中,因为∠PAB=∠PAC,PA=PA,
所以△PAE≅△PAF,所以AE=AF,
在Rt△NAE和Rt△NAF中,AF=AE,AN=AN,
所以△NAE≅△NAF,所以NE=NF,
即点N到AB,AC的距离相等,
同理点N到BC,AC的距离相等,
所以点N为△ABC的内心,所以N,H两点重合,
所以PH⊥平面ABC,
又因PH⊂平面PAM,
所以平面PAM⊥平面ABC;
(2)如图,以点B为原点建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),C(4,0,0),A(0,3,0),
设△ABC内切圆的半径为r,则S△ABC=S△ABH+S△AHC+S△HBC,
即,解得r=1,
故,
则H(1,1,0),P(1,1,2),
则,
设平面AHP的法向量,
则,即,可取,
设平面ACP的法向量,
则,即,可取,
则,
由图可得二面角M﹣PA﹣C为锐角,
所以二面角M﹣PA﹣C的余弦值为.
【点评】本题考查面面垂直的判定定理,考查利用空间向量求解二面角的余弦值,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力,考查直观想象和数学运算等核心素养,属于中档题.
22.(2023•岳阳模拟)在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,交线段BC于点D(如图1),沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2),点E,M分别为棱BC,AC的中点.
(1)求证:CD⊥ME;
(2)在①图1中,②图1中,③图2中三棱锥A﹣BCD的体积最大.
这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,再解答问题.
问题:已知____,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
【考点】二面角的平面角及求法;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直.菁优网版权所有
【专题】数形结合;向量法;空间角;数学运算.
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理与性质可得CD⊥AB,结合中位线的性质可得ME∥AB,即可证明;
(2)选①:由二倍角的正切公式求出tanB,进而求出BD,选②:根据向量的线性运算求出BD,选③:设BD=x(0<x<3),利用线面垂直的判定定理和性质可得AD⊥平面BCD,则,利用导数求出体积的最大值,求出BD.分别建立如图空间直角坐标系,利用向量法求出面面角即可;
【解答】解:(1)证明:∵CD⊥AD,CD⊥BD,AD∩BD=D,AD、BD⊂平面ABD,
∴CD⊥平面ABD,
∵AB⊂平面ABD,
∴CD⊥AB.
又∵M,E分别为AC,BC的中点,
∴ME∥AB,
∴CD⊥ME.
(2)选①,在图1所示的△ABC中,由,
解得tanB=2或(舍去).
设AD=CD=x,在Rt△ABD中,,
解得x=2,∴BD=1.
以点D为原点,DB,DC,DA分别为x,y,z轴建立如图所示的坐标系D﹣xyz,
,
则.
设N(0,a,0),则.
∵EN⊥BM,
∴,即,解得,
∴,
∴当(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时,EN⊥BM.
设平面BMN的一个法向量为,且,
由,则可取,
取平面CBN的一个法向量,
则,
∴平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为.
选②,在图1所示的△ABC中,设,
则,
又∵,由平面向量基本定理知,即BD=1.
以点D为原点,DB,DC,DA分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz,
,
则.
设N(0,a,0),则.
∵EN⊥BM,
∴,
即,解得,
∴,
∴当(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时,EN⊥BM.
设平面BMN的一个法向量为,且,
则,则可取.
取平面CBN的一个法向量,
则,
∴平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为.
选③,在图1所示的△ABC中,设BD=x(0<x<3),则CD=3﹣x,
∵AD⊥BC,∠ACB=45°,
∴△ADC为等腰直角三角形,
∴AD=CD=3﹣x.
折起后AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,BD、DC⊂平面BCD,
∴AD⊥平面BCD,又∠BDC=90°,
∴,,
令,
当0<x<1时,f'(x)>0;当1<x<3时,f'(x)<0,
∴x=BD=1时,三棱锥A﹣BCD的体积最大.
以点D为原点,DB,DC,DA分别为x,y,z轴建立如图所示直角坐标系D﹣xyz,
D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),,
则,
设N(0,a,0),则.
∵EN⊥BM,
∴,即,
解得,
∴,
∴当(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时,EN⊥BM.
设平面BMN的一个法向量为,且,
则,则可取.
取平面CBN的一个法向量,
则,
∴平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为.
【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质,考查利用空间向量求解二面角问题,考查逻辑推理能力和运算求解能力,属于中档题.
考点卡片
1.充分条件与必要条件
【知识点的认识】
1、判断:当命题“若p则q”为真时,可表示为p⇒q,称p为q的充分条件,q是p的必要条件.事实上,与“p⇒q”等价的逆否命题是“¬q⇒¬p”.它的意义是:若q不成立,则p一定不成立.这就是说,q对于p是必不可少的,所以说q是p的必要条件.例如:p:x>2;q:x>0.显然x∈p,则x∈q.等价于x∉q,则x∉p一定成立.
2、充要条件:如果既有“p⇒q”,又有“q⇒p”,则称条件p是q成立的充要条件,或称条件q是p成立的充要条件,记作“p⇔q”.p与q互为充要条件.
【解题方法点拨】
充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据;解题中必须涉及两个方面,充分条件与必要条件,缺一不可.证明题目需要证明充分性与必要性,实际上,充分性理解为充分条件,必要性理解为必要条件,学生答题时往往混淆二者的关系.判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可.
判断充要条件的方法是:
①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题,则命题p是命题q的充分不必要条件;
②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题,则命题p是命题q的必要不充分条件;
③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题,则命题p是命题q的充要条件;
④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题,则命题p是命题q的既不充分也不必要条件.
⑤判断命题p与命题q所表示的范围,再根据“谁大谁必要,谁小谁充分”的原则,判断命题p与命题q的关系.
【命题方向】
充要条件是学生学习知识开始,或者没有上学就能应用的,只不过没有明确定义,因而几乎年年必考内容,多以小题为主,有时也会以大题形式出现,中学阶段的知识点都相关,所以命题的范围特别广.
2.命题的真假判断与应用
【知识点的认识】
判断含有“或”、“且”、“非”的复合命题的真假,首先要明确p、q及非p的真假,然后由真值表判断复合命题的真假.
注意:“非p”的正确写法,本题不应将“非p”写成“方程x2﹣2x+1=0的两根都不是实根”,因为“都是”的反面是“不都是”,而不是“都不是”,要认真区分.
【解题方法点拨】
1.判断复合命题的真假,常分三步:先确定复合命题的构成形式,再指出其中简单命题的真假,最后由真值表得出复合命题的真假.
2.判断一个“若p则q”形式的复合命题的真假,不能用真值表时,可用下列方法:若“pq”,则“若p则q”为真;而要确定“若p则q”为假,只需举出一个反例说明即可.
3.判断逆命题、否命题、逆否命题的真假,有时可利用原命题与逆否命题同真同假,逆命题与否命题同真同假这一关系进行转化判断.
【命题方向】该部分内容是《课程标准》新增加的内容,几乎年年都考,涉及知识点多而且全,多以小题形式出现.
3.平面向量的基本定理
【知识点的知识】
1、平面向量基本定理内容:
如果e1、e2是同一平面内两个不共线的向量,那么对这一平面内任一,有且仅有一对实数λ1、λ2,使.
2、基底:不共线的e1、e2叫做平面内表示所有向量的一组基底.
3、说明:
(1)基底向量肯定是非零向量,且基底并不唯一,只要不共线就行.
(2)由定理可将任一向量按基底方向分解且分解形成唯一.
4.棱柱的结构特征
【知识点的认识】
1.棱柱:有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的多面体叫做棱柱.棱柱用表示底面各顶点的字母来表示(例:ABCD﹣A′B′C′D′).
2.认识棱柱
底面:棱柱中两个互相平行的面,叫做棱柱的底面.
侧面:棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面.
侧棱:棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱.
顶点:棱柱的侧面与底面的公共顶点.
高:棱中两个底面之间的距离.
3.棱柱的结构特征
根据棱柱的结构特征,可知棱柱有以下性质:
(1)侧面都是平行四边形
(2)两底面是全等多边形
(3)平行于底面的截面和底面全等;对角面是平行四边形
(4)长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和.
4.棱柱的分类
(1)根据底面形状的不同,可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱….
(2)根据侧棱是否垂直底面,可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱;其中在直棱柱中,若底面为正多边形,则称其为正棱柱.
5.棱柱的体积公式
设棱柱的底面积为S,高为h,
V棱柱=S×h.
5.棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的知识】
柱体、锥体、台体的体积公式:
V柱=sh,V锥=Sh.
6.平面的基本性质及推论
【知识点的认识】
平面的基本性质及推论:
1.公理1:如果一条直线上的两个点在一个平面内,则这条直线上所有的点都在这个平面内.
2.公理2:经过不在同一直线上的三点,有且只有一个平面.
①推论1:经过一条直线和这条直线外的一点,有且只有一个平面.
②推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面.
③推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面.
3.公理3:如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他公共点,且这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线.
【解题方法点拨】
1.公理1是判定直线在平面内的依据.
2.公理2及推论是确定平面的依据.
3.公理3是判定两个平面相交的依据.
7.异面直线及其所成的角
【知识点的知识】
1、异面直线所成的角:
直线a,b是异面直线,经过空间任意一点O,作直线a′,b′,并使a′∥a,b′∥b.我们把直线a′和b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a和b所成的角.异面直线所成的角的范围:θ∈(0,].当θ=90°时,称两条异面直线互相垂直.
2、求异面直线所成的角的方法:
求异面直线的夹角关键在于平移直线,常用相似比,中位线,梯形两底,平行平面等手段来转移直线.
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识:
8.直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理:
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行.用符号表示为:若a⊄α,b⊂α,a∥b,则a∥α.
2、直线与平面平行的判定定理的实质是:对于平面外的一条直线,只需在平面内找到一条直线和这条直线平行,就可判定这条直线必和这个平面平行.即由线线平行得到线面平行.
1、直线和平面平行的性质定理:
如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.
用符号表示为:若a∥α,a⊂β,α∩β=b,则a∥b.
2、直线和平面平行的性质定理的实质是:
已知线面平行,过已知直线作一平面和已知平面相交,其交线必和已知直线平行.即由线面平行⇒线线平行.
由线面平行⇒线线平行,并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行.
正确的结论是:a∥α,若b⊂α,则b与a的关系是:异面或平行.即平面α内的直线分成两大类,一类与a平行有无数条,另一类与a异面,也有无数条.
9.直线与平面垂直
【知识点的认识】
直线与平面垂直:
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直,那么就说直线l和平面α互相垂直,记作l⊥α,其中l叫做平面α的垂线,平面α叫做直线l的垂面.
直线与平面垂直的判定:
(1)定义法:对于直线l和平面α,l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线.
(2)判定定理1:如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于这个平面.
(3)判定定理2:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面.
直线与平面垂直的性质:
①定理:如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行.符号表示为:a⊥α,b⊥α⇒a∥b
②由定义可知:a⊥α,b⊂α⇒a⊥b.
10.平面与平面平行
【知识点的认识】
两个平面平行的判定:
(1)两个平面平行的判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行.
(2)垂直于同一直线的两个平面平行.即a⊥α,且a⊥β,则α∥β.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行.即α∥γ,β∥γ,则α∥β.
平面与平面平行的性质:
性质定理1:两个平面平行,在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面.
性质定理2:如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线平行.
性质定理3:一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,它也垂直于另一个平面.
11.平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定:
判定定理:如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直.
平面与平面垂直的性质:
性质定理1:如果两个平面垂直,则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.
性质定理2:如果两个平面垂直,那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.
性质定理3:如果两个相交平面都垂直于第三个平面,那么它们的交线垂直于第三个平面.
性质定理4:三个两两垂直的平面的交线两两垂直.
12.空间向量及其线性运算
【知识点的认识】
1.空间向量:在空间内,我们把具有大小和方向的量叫做向量,用有向线段表示.
2.向量的模:向量的大小叫向量的长度或模.记为||,||
特别地:
①规定长度为0的向量为零向量,记作;
②模为1的向量叫做单位向量;
3.相等的向量:两个模相等且方向相同的向量称为相等的向量.
4.负向量:两个模相等且方向相反的向量是互为负向量.如的相反向量记为﹣.
5.平行的向量:两个方向相同或相反的向量称为平行的向量.
6.注意:
①零向量的方向是任意的,规定与任何向量平行;
②单位向量不一定相等,但单位向量的模一定相等且为1;
③方向相同且模相等的向量称为相等向量,因此,在空间,同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量;
④空间任意两个向量都可以通过平移成为共面向量;
⑤一般来说,向量不能比较大小.
1.加减法的定义:
空间任意两个向量都是共面的,它们的加、减法运算类似于平面向量的加减法.
空间向量和平面向量一样满足三角形法则和平行四边形法则.
2.加法运算律:
空间向量的加法满足交换律及结合律.
(1)交换律:
(2)结合律:.
3.推广:
(1)首尾相接的若干向量之和,等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量:
(求空间若干向量之和时,可通过平移将它们转化为首尾相接的向量)
(2)首尾相接的若干向量若构成一个封闭图形,则它们的和为:零向量
.
1.空间向量的数乘运算
实数λ与空间向量的乘积仍是一个向量,称为向量的数乘运算.
①当λ>0时,与的方向相同;
②当λ<0时,与的方向相反;
③当λ=0时,=.
④|λ|=|λ|•||
的长度是的长度的|λ|倍.
2.运算律
空间向量的数乘满足分配律及结合律.
(1)分配律:①
②(λ+μ)=+
(2)结合律:
注意:实数和空间向量可以进行数乘运算,但不能进行加减运算,如等无法计算.
13.共线向量与共面向量
【知识点的认识】
1.定义
(1)共线向量
与平面向量一样,如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合,则这些向量叫做共线向量或平行向量,记作.与任意向量是共线向量.
(2)共面向量
平行于同一平面的向量叫做共面向量.
2.定理
(1)共线向量定理
对于空间任意两个向量、(),的充要条件是存在实数λ,使得.
(2)共面向量定理
如果两个向量、不共线,则向量与向量、共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x,y),使得.
【解题方法点拨】
空间向量共线问题:
(1)判定向量共线就是充分利用已知条件找到实数λ,使成立,或充分利用空间向量的运算法则,结合具体图形,通过化简、计算得出,从而.
(2)表示与所在的直线平行或重合两种情况.
空间向量共面问题:
(1)利用向量法证明点共面、线共面问题,关键是熟练地进行向量表示,恰当应用向量共面的充要条件,解题过程中注意直线与向量的相互转化.
(2)空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对(x,y),使.满足这个关系式的点P都在平面MAB内,反之,平面MAB内的任一点P都满足这个关系式.这个充要条件常用以证明四点共面.
证明三个向量共面的常用方法:
(1)设法证明其中一个向量可表示成另两个向量的线性组合;
(2)寻找平面α,证明这些向量与平面α平行.
【命题方向】
1,考查空间向量共线问题
例:若=(2x,1,3),=(1,﹣2y,9),如果与为共线向量,则( )
A.x=1,y=1 B.x=,y=﹣ C.x=,y=﹣ D.x=﹣,y=
分析:利用共线向量的条件,推出比例关系求出x,y的值.
解答:∵=(2x,1,3)与=(1,﹣2y,9)共线,
故有==.
∴x=,y=﹣.
故选C.
点评:本题考查共线向量的知识,考查学生计算能力,是基础题.
2.考查空间向量共面问题
例:已知A、B、C三点不共线,O是平面ABC外的任一点,下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是( )
A. B. C. D.
分析:根据共面向量定理,说明M、A、B、C共面,判断选项的正误.
解答:由共面向量定理,
说明M、A、B、C共面,
可以判断A、B、C都是错误的,
则D正确.
故选D.
点评:本题考查共线向量与共面向量,考查学生应用基础知识的能力.是基础题.
14.空间向量的数量积运算
【知识点的认识】
1.空间向量的夹角
已知两个非零向量、,在空间中任取一点O,作,,则∠AOB叫做向量与的夹角,记作<,>.
2.空间向量的数量积
(1)定义:已知两个非零向量、,则||||cos<,>叫做向量与的数量积,记作•,即•=||||cos<,>
(2)几何意义:与的数量积等于的长度||与在的方向上的投影||cosθ的乘积,或的长度||与在的方向上的投影||cosθ的乘积.
3.空间向量的数量积运算律
空间向量的数量积满足交换律和分配律.
(1)交换律:=λ()=•()
(2)分配律:.
4.数量积的理解
(1)书写向量的数量积时,只能用符号,而不能用符号,也不能用
(2)两向量的数量积,其结果是个实数,而不是向量,它的值为两向量的模与两向量夹角的余弦值的乘积,其符号由夹角的余弦值决定.
(3)当时,由=0不能推出一定是零向量,这是因为任一个与垂直的非零向量,都有
【解题方法点拨】
利用数量积求直线夹角或余弦值的方法:
利用数量积求两点间的距离:
利用向量的数量积求两点间的距离,可以转化为求向量的模的问题,其基本思路是先选择以两点为端点的向量,将此向量表示为几个已知向量的和的形式,求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模,利用公式||=求解即可.特别注意准确求解已知两向量之间的夹角大小.
利用数量积证明垂直关系:
(1)向量垂直只对非零向量有意义,在证明或判断时,须指明,;
(2)证明两直线的垂直可以转化为证明这两直线的方向向量垂直,将两个方向向量表示为几个已知向量,,的线性形式,然后利用数量积说明两直线的方向向量垂直,进而转化为直线垂直.
【命题方向】
求直线夹角或余弦值、两点间的距离、证明垂直关系等问题最基本的是掌握数量积运算法则的应用,任何有关数量积计算问题都离不开运算律的运用.
例:已知2+=(2,﹣4,1),且=(0,2,﹣1),则•= ﹣7
分析:通过2+=(2,﹣4,1),且=(0,2,﹣1),求出向量的坐标,然后进行向量的数量积的坐标运算.
解答:∵2+=(2,﹣4,1),且=(0,2,﹣1),
∴=(1,﹣3,1),
∴•=1×0+2×(﹣3)+1×(﹣1)=﹣7;
故答案为:﹣7.
点评:本题考查了空间向量的数量积的坐标运算,属于基础题.
15.空间向量基本定理、正交分解及坐标表示
【知识点的认识】
1.空间向量基本定理
如果三个向量,,不共面,那么对空间任一向量,存在一个唯一的有序实数组x,y,z,使=x+y+z.
任意不共面的三个向量都可作为空间的一个基底,,,都叫做基向量.
2.单位正交基底
如果空间的一个基底的三个基向量互相垂直,且长都为1,则这个基底叫做单位正交基底,常用{,,}表示.
3.空间直角坐标系
在空间选定一点O和一个单位正交基底{,,},以点O为原点,分别以,,的正方向建立三条数轴:x轴、y轴、z轴,它们都叫做坐标轴,这样就建立了一个空间直角坐标系O﹣xyz.
其中,点O叫做原点,向量,,都叫做坐标向量.通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面.
4.空间向量的坐标表示
对于空间任意一个向量,一定可以把它平移,使它的起点与原点O重合,得到向量=,由空间向量基本定理可知,存在有序实数组{x,y,z},使得=.把x,y,z称作向量在单位正交基底,,下的坐标,记作=(x,y,z).
【解题方法点拨】
1.基底的判断
判断三个向量能否作为基底,关键是判断它们是否共面,若从正面判断难以入手,可以用反证法结合共面向量定理或者利用常见的几何图形帮助进行判断.假设不能作为一个基底,看是否存在一对实数λ、μ使得,若存在,则假设成立;若不存在,则假设不成立.
2.空间向量的坐标表示
用坐标表示空间向量的解题方法与步骤为:
(1)观察图形:充分观察图形特征;
(2)建坐标系:根据图形特征建立空间直角坐标系;
(3)进行计算:综合利用向量的加、减及数乘计算;
(4)确定结果:将所求向量用已知的基向量表示出来.
3.用基底表示向量
用基底表示向量时,
(1)若基底确定,要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则,以及数乘向量的运算律进行.
(2)若没给定基底时,首先选择基底.选择时,要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量,再就是看基向量的模及其夹角是否已知或易求.
16.向量的数量积判断向量的共线与垂直
【知识点的知识】
一、空间向量及其有关概念
语言描述
共线向量(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合.
共面向量
平行于同一平面的向量.
共线向量定理
对空间任意两个向量,(≠0),∥⇔存在λ∈R,使=λ.
共面向量定理
若两个向量,不共线,则向量与向量,b共面⇔存在唯一的有序实数对(x,y),使=x+y.
空间向量基本定理
(1)定理:如果三个向量、、c不共面,那么对空间任一向量,存在有序实数组{x,y,z}使得=x+y+z.
(2)推论:设O、A、B、C是不共面的四点,则对空间一点P都存在唯一的三个有序实数x、y、z使=x+y+z 且x+y+z=1.
二、数量积及坐标运算
1.两个向量的数量积
(1)•=||||cos<,>;
(2)⊥⇔•=0(,为非零向量);
(3)||2=2,||=.
2.向量的坐标运算
=(a1,a2,a3),=(b1,b2,b3)
向量和
+=(a1+b1,a2+b2,a3+b3)
向量差
﹣=(a1﹣b1,a2﹣b2,a3﹣b3)
数量积
•=a1b1+a2b2+a3b3
共线
∥⇒a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R)
垂直
⊥⇔a1b1+a2b2+a3b3=0
夹角
公式
cos<,>=
17.平面的法向量
【知识点的知识】
1、直线的方向向量:
空间中任意一条直线l的位置可以由l上一个定点A以及一个定方向确定. 直线l上的向量以及与共线的向量叫做直线l的方向向量.注意:
①一条直线l有无穷多个方向向量,这些方向向量之间互相平行.
②直线l的方向向量也是所有与l平行的直线的方向向量.
2、方向向量的求法:可根据直线l上的任意两点的坐标写出直线l的一个方向向量.
3、平面的法向量:
由于垂直于同一平面的直线是互相平行的,所以,可以用垂直于平面的直线的方向向量来刻画平面的“方向”.如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面α,则称这个向量垂直于平面,记作⊥α,如果⊥α,那么向量叫做平面α的法向量.注意:
①法向量一定是非零向量;
②一个平面α有无穷多个法向量,这些法向量之间互相平行;
③向量是平面的法向量,向量是与平面平行或在平面内,则有•=0.
④一个平面α的法向量也是所有与平面α平行的平面的法向量.
4、法向量的求法:
(1)设:设出平面法向量的坐标为=(u,v,w);
(2)列:根据=0,=0,列出方程组;
(3)解:把u(或v或w)看作常数,用u(或v或w)表示另外两个量
(4)取:取u为任意一个数(当然取得越特殊越好),则得到平面法向量的坐标.
18.直线与平面所成的角
【知识点的知识】
1、直线和平面所成的角,应分三种情况:
(1)直线与平面斜交时,直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角;
(2)直线和平面垂直时,直线和平面所成的角的大小为90°;
(3)直线和平面平行或在平面内时,直线和平面所成的角的大小为0°.
显然,斜线和平面所成角的范围是(0,);直线和平面所成的角的范围为[0,].
2、一条直线和一个平面斜交,它们所成的角的度量问题(空间问题)是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题(平面问题)来解决的.具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似,有如下的环节:
(1)作﹣﹣作出斜线与射影所成的角;
(2)证﹣﹣论证所作(或找到的)角就是要求的角;
(3)算﹣﹣常用解三角形的方法(通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形)求出角.
(4)答﹣﹣回答求解问题.
在求直线和平面所成的角时,垂线段是其中最重要的元素,它可起到联系各线段的纽带的作用.在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想.
3、斜线和平面所成角的最小性:
斜线和平面所成的角是用两条相交直线所成的锐角来定义的,其中一条直线就是斜线本身,另一条直线是斜线在平面上的射影.在平面内经过斜足的直线有无数条,它们和斜线都组成相交的两条直线,为什么选中射影和斜线这两条相交直线,用它们所成的锐角来定义斜线和平面所成的角呢?原因是斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中,它是最小的角.对于已知的斜线来说这个角是唯一确定的,它的大小反映了斜线关于平面的“倾斜程度”.根据线面所成的角的定义,有结论:斜线和平面所成的角,是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角.
用空间向量直线与平面所成角的求法:
(1)传统求法:可通过已知条件,在斜线上取一点作该平面的垂线,找出该斜线在平面内的射影,通过解直角三角形求得.
(2)向量求法:设直线l的方向向量为,平面的法向量为,直线与平面所成的角为θ,与的夹角为φ,则有sinθ=|cos φ|=.
19.二面角的平面角及求法
【知识点的知识】
1、二面角的定义:
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面.棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β.有时为了方便,也可在α、β内(棱以外的半平面部分)分别取点P、Q,将这个二面角记作P﹣AB﹣Q.如果棱记作l,那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q.
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关,也就是说,我们可以根据需要来选择棱l上的点O.
3、二面角的平面角求法:
(1)定义;
(2)三垂线定理及其逆定理;
①定理内容:在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么,它就和这条斜线垂直.
②三垂线定理(逆定理)法:由二面角的一个面上的斜线(或它的射影)与二面角的棱垂直,推得它位于二面角的另一的面上的射影(或斜线)也与二面角的棱垂直,从而确定二面角的平面角.
(3)找(作)公垂面法:由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直,因此公垂面与两个面的交线所成的角,就是二面角的平面角.;
(4)平移或延长(展)线(面)法;
(5)射影公式;
(6)化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角;
(7)向量法:用空间向量求平面间夹角的方法:
设平面α和β的法向量分别为和,若两个平面的夹角为θ,则
(1)当0≤<,>≤,θ=<,>,此时cosθ=cos<,>=.
(2)当<<,>≤π时,θ=cos(π﹣<,>)=﹣cos<,>=﹣=.
20.点、线、面间的距离计算
【知识点的知识】
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