全国通用2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用空间角专用题组理

所以===,即Q为BB1的中点.

图1

(2)如图1,连结QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a. =×·2a·h·d=ahd, VQ-ABCD=··d·h=ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd,

所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.

(3)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连结A1E,AC. 又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A, 所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.

所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角. 因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.

又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4. 于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

图2

解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系. 设∠CDA=θ.

因为S四边形ABCD=·2sin θ=6, 所以a=.

从而C(2cos θ,2sin θ,0), A1,

所以=(2cos θ,2sin θ,0),=.

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设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1), 由得x=-sin θ,y=cos θ, 所以n=(-sin θ,cos θ,1).

又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), 所以cos==,

易知所求二面角为锐二面角,

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.

21.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱

ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D;

(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.

解析 解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥BB1. 又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D?平面BB1D,所以AC⊥B1D.

图1

(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).

如图1,连结A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.

由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.

在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==. 连结AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D=B+BD=B+AB+AD=21,即B1D=. 在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,

2

2

2

2

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即cos(90°-θ)=.从而sin θ=.

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).

图2

从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).

因为AC⊥BD,所以·=-t+3+0=0,解得t=或t=-(舍去). 于是=(-,3,-3),=(,1,0).

因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D. (2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0). 设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量, 则即令x=1,则n=(1,-,).

设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sin θ=|cos|===. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

评析 本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因.

22.(2013浙江,20,15分)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC. (1)证明:PQ∥平面BCD;

(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.

2

解析 解法一:(1)取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连结OP,OF,FQ.

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因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.

因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM. 又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD. 从而OP∥FQ,且OP=FQ,

所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF. 又PQ?平面BCD,OF?平面BCD,所以PQ∥平面BCD. (2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连结CH.

因为AD⊥平面BCD,CG?平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM?平面ABD,所以CG⊥BM.

又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM. 所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°. 设∠BDC=θ.

在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2cos θ, CG=CDsin θ=2cos θsin θ, BG=BCsin θ=2sinθ. 在Rt△BDM中,HG==. 在Rt△CHG中,tan∠CHG===. 所以tan θ=. 从而θ=60°. 即∠BDC=60°.

解法二:(1)如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在直线为y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.

2

由题意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0). 设点C的坐标为(x0,y0,0),因为=3,所以Q.

因为M为AD的中点,故M(0,,1).又P为BM的中点,故P,所以=. 又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故·u=0. 又PQ?平面BCD,所以PQ∥平面BCD.

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