2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件立体几何十三

主攻40个必考点(十三)空间角与空间向量1．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，CB→＝(1,0,0)，CE→＝(1，－1,1)，CC1→＝(0,0,2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则CB→·n＝0，CE→·n＝0，即x1＝0，x1－y1＋z1＝0，所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则CC1→·m＝0，CE→·m＝0，即2z2＝0，x2－y2＋z2＝0，所以可取m＝(1,1,0)．于是cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝0×1＋－1×1＋－1×0－12＋－12·12＋12＝－12.所以二面角B­EC­C1的正弦值为32.2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又因为DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝32，EH＝32.则H(0,0,0)，P0，0，32，D－1，－32，0，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.又HP→为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝|HP→·DP→||HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.3．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(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D­xyz.当三棱锥M­ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，AM→＝(－2，1,1)，AB→＝(0,2,0)，DA→＝(2,0,0)，设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则n·AM→＝0，n·AB→＝0，即－2x＋y＋z＝0，2y＝0.可取n＝(1,0,2)，又DA→是平面MCD的一个法向量，所以cos〈n，DA→〉＝n·DA→|n||DA→|＝55，sin〈n，DA→〉＝255.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是255.4．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B­CG­A的大小．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.以H为坐标原点，HC→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，CG→＝(1,0，3)，AC→＝(2，－1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG→·n＝0，AC→·n＝0，即x＋3z＝0，2x－y＝0.所以可取n＝(3,6，－3)．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝32.因此二面角B­CG­A的大小为30°.[把脉考情]考什么1.直线与平面所成角2.二面角3.解决探索存在性问题考多深在解答题中考查，难度中等，分值12分考多宽多与线面位置关系、体积最值相结合考查空间角的求法，考查数学运算、直观想象的核心素养，注意转化与化归思想的应用直线与平面所成角[典例1]如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C是∠CBB1＝60°的菱形，AB＝AC1.(1)证明：平面AB1C⊥平面BB1C1C；(2)若AB⊥B1C，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值．[解](1)证明：如图，连接BC1交B1C于O，连接AO.∵侧面BB1C1C为菱形，∴B1C⊥BC1.∵AB＝AC1，O为BC1的中点，∴AO⊥BC1.∵B1C∩AO＝O，∴BC1⊥平面AB1C.又BC1⊂平面BB1C1C，∴平面AB1C⊥平面BB1C1C.(2)∵AB⊥B1C，BO⊥B1C，AB∩BO＝B，∴B1C⊥平面ABO.又AO⊂平面ABO，∴AO⊥B1C.从而OA，OB，OB1两两互相垂直，以O为坐标原点，OB→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.∵直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，∴∠ABO＝30°.设AO＝1，则BO＝3.又∠CBB1＝60°，∴△CBB1是边长为2的等边三角形．∴A(0,0,1)，B(3，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，－1,0)，∴AB1→＝(0,1，－1)，B1C→＝(0，－2,0)，A1B1→＝AB→＝(3，0，－1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1C的法向量，则n·A1B1→＝0，n·B1C→＝0，即3x－z＝0，－2y＝0，取x＝1，得n＝(1,0，3)．设直线AB1与平面A1B1C所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AB1→，n〉|＝|AB1→·n||AB1→||n|＝64.∴直线AB1与平面A1B1C所成角的正弦值为64.增分方略利用空间向量求线面角的解题模型二面角[典例2]如图所示，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，已知PA＝PB＝PC＝PD＝BC＝1，AB＝2，过底面对角线AC作与PB平行的平面交PD于E.(1)试判定点E的位置，并加以证明；(2)求二面角E­AC­D的余弦值．[解](1)E为PD的中点．证明如下：如图，连接OE，因为PB∥平面AEC，平面PBD∩平面AEC＝OE，PB⊄平面AEC，所以PB∥OE.又O为BD的中点，所以E为PD的中点．(2)连接PO，因为四边形ABCD为矩形，所以OA＝OC.因为PA＝PC，所以PO⊥AC.同理，得PO⊥BD，所以PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，OP所在直线为z轴，过O平行于AD的直线为x轴，过O平行于CD的直线为y轴建立空间直角坐标系(如图所示)．则A12，－22，0，D－12，－22，0，P0，0，12，E－14，－24，14，EA→＝34，－24，－14，OA→＝12，－22，0，OP→＝0，0，12.显然OP→是平面ACD的一个法向量．设n＝(x，y，z)是平面ACE的法向量，则n·EA→＝0，n·OA→＝0，即34x－24y－14z＝0，12x－22y＝0，取y＝1，则n＝(2，1,22)，所以cos〈n，OP→〉＝n·OP→|n||OP→|＝22211.由图知，二面角E­AC­D为锐角，所以二面角E­AC­D的余弦值为22211.增分方略利用空间向量求二面角的解题模型探索性问题[典例3]如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．[解](1)证明：连接AC，∵AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得AC2＝8＋4－2×22×2×cos45°＝4，∴AC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC.又AD∥BC，∴AD⊥AC.∵AD＝AP＝2，DP＝22，∴AD2＋AP2＝DP2，∴PA⊥AD.又AP∩AC＝A，AP⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴AD⊥平面PAC.∵PC⊂平面PAC，∴AD⊥PC.(2)∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.以A为坐标原点，DA，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以PC→＝(0,2，－2)，PD→＝(－2,0，－2)，PB→＝(2,2，－2)．设PFPB＝λ(λ∈[0,1])，则PF→＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，∴EF→＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PC→＝0，n·PD→＝0，∴2y－2z＝0，－2x－2z＝0，令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．∵直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，∴|cos〈EF→，m〉|＝|cos〈EF→，n〉|，即2－2λ|EF→|＝2λ3|EF→|，∴2－2λ＝2λ3，解得λ＝3－32，∴当PFPB＝3－32时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．增分方略利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在(1)的前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．课下请完成“考点过关检测（十三）”(单击进入电子文档)