向量法求空間角高二數(shù)學立體幾何

向量法求空間角1.（本小題滿分10分）在如圖所示的多面體屮，四邊形ABCD為正方形，四邊形ADPQ是直角梯形,形，四邊形ADPQ是直角梯形,ADPQ-（1）求證：F0丄平面DCQ；（2）求平面BC0及平面ADPQ所成的銳二而角的大小?2.（滿分13分）如圖所示，正四棱錐P—中，0為底面正方形的中心,側(cè)棱及底面所成的角的正切值為半.（1）求側(cè)面及底面所成的二面角的大小;若E是的中點，求異面直線及所成角的正切值；問在棱上是否存在一點F,使丄側(cè)面，若存在，試確定點F的位置；若不存在，說明理由.3-(本小題只理科做，滿分14分)如圖，己知AB丄平而ACD,DE//AB,AACD是正三角形，AD=DE=2AB,且F是CD的中點.求證：AF//平面BCE；求證:平面BCE丄平面CDE;求平面BCE及平面ACD所成銳二面角的大小.4-(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P-ABCD^,PD丄底面且底面ABCD為正方形，AD=PD=2，EFG分別為PC.PD.CB的中點?求證：4P//平面EFG;求平面GEF和平面DEF的夾角.6.如圖，四邊形ABCD是正方形，E4丄平面ABCD,EA“PD,AD=PD=2EAfF,G,H分別為PB,EE,PC的中點.求證：FG〃平而PED;求平面FGH及平面PFC所成銳二面角的大小.參考答案(1)詳見解析；(2)壬4【解析】試題分析：(1)根據(jù)題中所給圖形的特征，不難想到建立空間直角坐標，由已知，DA,DP,DC兩兩垂直，可以D為原點，DA.DP、DC所在直線分別為x軸、)，軸、z軸建立空間直角坐標系.表示出圖屮各點的坐標:設43二a,則D(0,0,0),C(0,0,a),Q(a,a,0)fP(0,2a,0),則可表示出反=(0,0,a),DQ=(a,a,0),甩=(a,_a,0),根據(jù)數(shù)量積為零及垂直的充要條件進行證明，由DCPQ=0,DQPQ=0f故藥丄甩，宛丄蔗,即可證明；(2)首先求出兩個平面的法向量，其中由于萬？丄平而ADPQ,所以可取平而ADPQ的一個法向量為瓦=(0,0,1)；設平面的一個法向量為n2=(x,y,z),則n2-QB=0,n2-QC=0,故即取y=z=1,貝'Jx=0,故兀=(0,1,1),轉(zhuǎn)化為兩個法向量的夾角，設小及兀的夾角為0,則海8=當件=厶=返?即可求出平面BC0及平面ADPQ所成的銳二而l^ill^lV22角的大小.試題解析：(1)由已知，DA,DP,DC兩兩垂直，可以D為原點，DA>DP、DC所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.設43二a,則￡>(0,0,0),C(0,0y),0(a,a,O),P(0,2a,0),故反=(0,0,a),DQ=(a,a,0),PQ=(aa,0)f因為DCPQ=0fDQPQ=0f故萬芒丄甩，宛丄范，只卩DC丄PQ,￡>0丄PQ,5LDCC\DQ=D所以，P0丄平面DCQ.(2)因為說丄平面ADPQ,所以可取平面ADPQ的一個法向量為瓦=(0,0,1),點B的坐標為(a,0,a),則QB=(0,—a,a),QC=(-a,-a,a),設平面BCQ的一個法向量為n2=(x,y,z)f則n2QB=0fn2QC=0f故即取y=z=\,則x=0,故亓2=(0,1,1)?設瓦及斤的夾角為e,則cos—豆互=厶=並?- 閃近2所以，平面FC0及平面ADPQ所成的銳二面角的大小為冬4考點：1.空間向量的應用；2.二面角的計算；3.直線及平面的位置關系(1)60。； (2); (3)F是的4等分點，靠近A點的位置.【解析】試題分析：(1)取中點M,連接，，由正四棱錐的性質(zhì)知Z為所求二面角PV6 返 0的平面角，Z為側(cè)棱及底面所成的角/.Z=2,設=3,則=2a,=2a,2,Z=巧，Z=60°; (2)依題意連結(jié)，，則〃，故Z為異面直線及所成的角，由正四棱錐的性質(zhì)易證丄平面，故為直角三角1 1 、 、逅 A0形，=3=代防+"2=兀??./=而=；(3)延長交于N,取中點G,連，，，易得丄半而，故平而丄半面，而△為正三角形，易證丄平面，取的中點F,連，則四邊形為平行四邊形，從而丄平面，F(xiàn)是的4等分點，靠近A點的位置.試題解析：（1）取中點M,連接，，依條件可知丄，丄，則Z為所求二面角P——0的平面角（2分）???丄面,???z為側(cè)棱及底而所成的角.???Z=〒設=8,=2a,=?Z=2a,POZ=~MO=上.（2）連接，,???〃,TOC\o"1-5"\h\z???Z為異面直線及所成的角. （6分）???丄，丄，???丄平而.又u平面， ???丄.丁=丄=丄yjpo1+DO2=—a,22 4???丄，丄，???丄平而???平面丄平面. （10分）又=,Z=60°,???△為正三角形.???丄.又平面Q平面=,???丄平而. （12分）.??F是的4等分點，靠近A點的位置 （13分）考點：立體兒何的綜合問題（1）見解析；（2）見解析；（3）45°.【解析】試題分析：（1）取屮點P,連接、，根據(jù)屮位線定理可知，且且，而，且則為平行四邊形，貝I」，平面，U平面，滿足線面平行的判定定理，從而證得結(jié)論;根據(jù)丄平面，，則丄平而，又u平而，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知DE丄AF.又AF丄CD,CDC1DE=D,滿足線面垂直的判定定理，證得丄平面，又，則丄平面，u平面，根據(jù)面面垂直的判定定理可證得結(jié)論；由(2),以F為坐標原點，，，所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系F??設2,根據(jù)線而垂直求出平面的法向量n,而(0,0,1)為平面的法向量，設平面及平而所成銳二而角為a,根據(jù)可求出所求.試題解析：(1)解:取中點P,連結(jié)、，???F為的中點，???，且又，且???，且，???為平行四邊形，???又???AF(Z平面u平面，???平面(2)???△為正三角形，???AF丄CD.???丄平面，???丄平面，又u平面，???丄.又丄Q,???丄平面又，.??丄平面.又Tu平面,???平面丄平面(3)法一、由(2)，以F為坐標原點,所在的直線分別為軸(如圖)，建立空間直角坐標系F-.設2,則C(0,—1,0),B(—的Q1),瓦(0,1,2).設n=(x,y,z)為平而的法向量，.■.n.CS=0,?.ra=0,.J~^+v+2=0，令1,則?=(0,-1,1)2y+2z=0顯然，加=(0,0,1)為平面的法向量.設面及面所成銳二面角為則cos—凹旦=返???.—45。.|加|?|川y/2 2即平面及平而所成銳二面角為45。法二、延長、，設、交于一點0,連結(jié).則面EBC0面DAC=CO.由是z\EDO的屮位線，則DO=2AD.在\OCD中OD=2AD=2AC,ZODC=60°.0C丄CD,又OCIDE.:.OC丄面ECD而U面，OC丄CE,.?.ZECD為所求二面角的平面角在Rf'EDC中，ED=CD,:.ZECD=45°即平面及平而所成銳二面角為45。.考點：及二面角有關的立體兒何綜合題；直線及平面平行的判定；平面及平面垂直的判定.4.證明見解析【解析】試題分析：：(1)利用已知的線面垂直關系建立空間直角坐標系，準確寫出相關點的坐標，從而將兒何證明轉(zhuǎn)化為向量運算.其中靈活建系是解題的關鍵.(2)證明線面平行，需證線線平行，只需要證明直線的方向向量及平面的法向量垂直；(3)把向量夾角的余弦值轉(zhuǎn)化為兩平面法向量夾角的余弦值；(4)空間向量將空間位置關系轉(zhuǎn)化為向量運算，應用的核心是要充分認識形體特征，建立恰當?shù)淖鴺讼?，實施兒何問題代數(shù)化?同時注意兩點：一是正確寫出點、向量的坐標，準確運算；二是空間位置關系中判定定理及性質(zhì)定理條件要完備.試題解析：(1)如圖，以D為原點，以麗，反,麗為方向向量建立空間直角坐標系D-xyz,則P(0,0,2),C(0,2,0),G(l,2,0),E(0,l,l),F(0,0,l),4(2,0,0)..?.喬=(―2,0,2),麗=(0,—1、0),而=(1,1-1).設平面EFG的法向量為n=(x,y,z)即令x=1則/i=(1,0,1).

?/n-AP=1x(-2)+0x0+lx2=0,.\n丄AP.又平面EFG,:.4P〃平面EFG.(2)?.?底而ABCD是正方形，.?./!￡＞丄DC,又tPD丄平面ABCD..AD丄PD又PDr\CD=D,:.AD丄平面PCD向量頁是平而PCD的一個法向量，麗=(2,0,0)又由(1)知平面EFG的法向量：=(1。1).二面角G-EF-D的平面角為45。.考點：(1)證明直線及平面平行；(2)利用空間向量解決二面角問題.5.(I)詳見解析；(II)【解析】試題分析：(I)取40的中點D,連接，由已知條件推導出丄平面ABC,從而4D丄BC,由線面垂直得4人丄眈?由此能證明丄BC.(1【)方法一：連接，由已知條件得ZACD即為直線AC及平面40C所成的角，ZAED即為二面角A-A^-B的一個平面角，由此能求出二面角4-AC-B的大小.解法二(向量法)：由(1)知43丄BC且丄底面ABC,所以以點B為原點，以BC、BA.所在直線分別為兀)曾軸建立空間直角坐標系B_xyz，設BC=a,貝I」4(0,2,0),3(0,0,0),C(a,0,0),A(0,2,2),BC=(a,0,0),bA=(0,2,2),AC=(67,-2,0),叢=(0,0,2),求出平面的一個法向量兀=(/,〉，⑵，設直線AC及平面A.BC所成的角為8,則得AC||/?；|萌擰2= 」一2|丄，解得°=2,即AC=(2,-2,0),求出平面人必的一個法向量為石=（1丄0）,設銳二面角A-A.C-B的大小為a,則cosa=cos<4”〉=|上；冬=丄，且，即可求出銳二面角AC||/?；|萌擰2'|訓S2試題解析：解（1）證明：如圖，取的中點D，連接AD，因AA=AB,則AD丄40由平面\BC丄側(cè)面A[ABBl,且平面A.BCA側(cè)面A.ABB,=A.B,得4D丄平面40C,又BCu平面A/C,所以4D丄BC.因為三棱柱ABC-A^C,是直三棱柱，則4人丄底面4BC,所以4人丄BC.又AAAAD=A,從而BC丄側(cè)而九4碼，又ABu側(cè)面\ABB{,故丄BC.6分解法一：連接CD,由（1）可知4D丄平面40C,則CD是AC在平面A0C內(nèi)的射影???ZACD即為直線AC及平面A0C所成的角，則 在等腰直角中,AAi=AB=l,且點D是AB中點，???，且，???AC=2yf2過點A作4E丄于點E,連DE,由（1）知4D丄平面A/C,則AD丄力&,B.AEp\AD=AZAED即為二面角A-A.C-B的一個平面角且直角AA/C中:9/19

又AD=y[2_A^AAC2x2近又AD=y[2AC2^3 3.“杯AD邁*sinZAED==—=——，AE2V6 2且二面角A-A.C-B為銳二面角???，即二面角A-A.C-B的大小為彳12分解法二（向量法人由（1）知丄3C且丄底面力BC,所以以點F為原點，以BC、BA. 所在直線分別為軸建立空間直角坐標系B_xyz，如圖所示，且設BC=a,則A(0,Z0),3(000),C(a，0,0),人(0.2,2),SC=(^0,0),兩=(0,2,2),AC=(a-2.0),皿=(0,0,2) 設平面A.BC的一個法向量斤=(x,y⑵,由氏丄兀,BA；丄亓得：令),=1,得x=0,z=-lf則兀=(0丄—1)設直線4C及平面A/C所成的角為比則得沁「歸=占疋盲解得。=得沁「歸=占疋盲解得。=2,即AC=(2,-2,0)又設平而AAC的一個法向量為忘，同理可得石=（1丄0）,設銳二面角4—AC—B的大小為a,貝IJcosa=cos＜兀，忻〉=化||仝=丄，且，得_H帆2???銳二面角A-A.C-B的大小為?？键c：1.用空間向量求平面間的夾角；2.空間中直線及直線之間的位置關系.6.（1）證明見解析；（2）45°【解析】試題分析：（1）利用已知的線面垂直關系建立空間直角坐標系，準確寫出相關點的坐標，從而將兒何證明轉(zhuǎn)化為向量運算.其屮靈活建系是解題的關鍵.（2）證明證線線垂直，只需要證明直線的方向向量垂直；（3）把向量夾角的余弦值轉(zhuǎn)化為兩平面法向星夾角的余弦值；（4）空間向星將空間位置關系轉(zhuǎn)化為向量運算，應用的核心是要充分認識形體特征，建立恰當?shù)淖鴺讼?，實施兒何問題代數(shù)化.同時注意兩點：一是正確寫出點、向量的坐標，準確運算；二是空間位置關系屮判定定理及性質(zhì)定理條件要完備.試題解析：（1）證明：分別為PB,的中點，/.FGHPE.又?/FG（Z平面PED,卩丘匸平面戸反），:.FG〃平面PED.（2）解：tEA丄平面ABCD,EAHPD,.?*￡＞丄平面ABCD.-AD.CDu平面ABCD,PD丄AP,PD1CD.四邊形4BCD是正方形，.?.4D丄CD.以D為原點，分別以直線DA、DC、DP為x軸，y軸，乙軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設EA=L.-,-AD=PD=2EA,.?.D（0,0,0）,P（0,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,B（2,2,0）,E（2,0,l）,用=（2,2,-2）,PC=（0,2,-2）.???F,G,H分別為PF,EE,PC的中點，.-.F（l丄1）,G,日（0丄1）,,

(解法一)設耳為平面FGH的一個法向量，貝IJ,即,令%=1,得閔=(0,1,0).設n2=(x2,y2,z2)為平面PBC的一個法向量，則，即,令冬=1，得n2=(0,1,1).所以COS〈〃1，〃2〉|￥?所以平面FGH及平面PBC所成銳二而角的大小為丄(或45。)4(解法二)\DHSC=(0,1,1)(-