初一日记300字-优秀学生主要事迹

19 立体几何
考纲解读

1.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；
2.理解直线的方向向量及平面的法向量；
3.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；
4.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.
★★★【知识整合】★★★

1.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a
1
，a
2
，a
3
)，b＝(b
1
，b2
，b
3
).

数量积
共线
垂直
模
夹角
向量表示
a·b
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a·b＝0(a≠0，b≠0)
|a|
〈a
，
b〉(a≠0，b≠0)
cosa,b
坐标表示 < br>a
1
b
1
＋a
2
b
2
＋a
3
b
3

a
1
＝λb
1
，a
2< br>＝λb
2
，a
3
＝λb
3

a
1< br>b
1
＋a
2
b
2
＋a
3
b
3
＝0
a
1
a
2
a
3

a
1
b
1
a
2
b
3
a
3
b
3
a
1
a
2
a
3
b
1
b
2
b
3
222222
222

2.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段 所在直线与直线l平行或重合，则
称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
3.空间位置关系的向量表示
位置关系
直线l
1
，l
2
的方向向量分别
为n
1
，n
2

直线l的方向向量为n，平
面
α
的法向量为m
l
1
∥l
2
来源学科网
Z|X|X|K][
来源学
#
科
#
网
向量表示
n
1
∥n
2
⇔n
1< br>＝λn
2
来源
:][
来源
:]

l
1
⊥l
2

l∥α
l⊥α
n
1
⊥n
2
⇔n
1
·n
2
＝0
n⊥m⇔n·m＝0
n∥m⇔n＝λm

平面α，β的法向量分别为
n，m
【名师点睛】
α∥β
α⊥β
n∥m⇔n＝λm
n⊥m⇔n·m＝0
1.在平面中A，B，C 三点共线的充要条件是：
OAxOByOC
(其中x＋y＝1)，O为平
面内任意 一点.
2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：
OPxOAyOBzOC
(其中x＋y＋z
＝1)，O为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配 律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足
结合律，即(a·b)·c＝ a·(b·c)不一定成立.
4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直 线的方向向量与平
面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
★★★【名师划重点】★★★

1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础.
2.利用共线向量 定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可
以解决一些距离、夹角问题. < br>3.利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示
未知向量 ，然后通过向量的运算或证明去解决问题.其中合理选取基底是优化运算的关
键.
4.向量的 运算有线性运算和数量积运算两大类，运算方法有两种，一种是建立空间坐标
系，用坐标表示向量，向量 运算转化为坐标运算，另一种是选择一组基向量，用基向量
表示其它向量，向量运算转化为基向量的运算 .
5.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建
系 ：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.
★★★【高考真题再现】★★★

【例题】.

如图，直四棱柱ABCD–A
1
B
1
C
1
D
1
的底面 是菱形，
AA
1
=4
，
AB=2
，∠
BAD=60 °
，
E
，
M
，
N
分别是
BC
，< br>BB
1
，
A
1
D
的中点
.

（
1
）证明：
MN
∥平面
C1
DE
；

（
2
）求点
C
到平面C
1
DE
的距离．

【答案】（1）见解析；（2）
417
.
17
【解析】（
1
）连接
ME
，
B
1
C


QM
，
E
分别为
BB
1
，
BC
中点

ME
为
B
1
BC
的中位线

MEB
1
C
且
ME
1
B
1
C

2
又
N
为
A
1
D
中点，且
A
1
DB
1
C

NDB
1
C
且
ND
1
B
1
C

2
MEND


四边形
MNDE
为平行四边形

MNDE
，又
MN
平面
C
1
DE
，
DE
平面
C
1
DE

MN
平面
C
1
DE

（
2
）在 菱形
ABCD
中，
E
为
BC
中点，所以
DEBC
，

根据题意有
DE3
，
C
1
E17
，

因为棱柱为直棱柱，所以有
DE
平面
BCC
1
B
1
，

所以
DEEC
1
，所以
S
DE C
1

1
317
，

2

设点
C
到平面
C
1
DE
的距离为
d
，< br>
根据题意有
V
C
1
CDE
V
CC< br>1
DE
，则有
317d
解得
d
1132
11
134
，

32
4417
，


17
17
417
.
17
所以点
C到平面
C
1
DE
的距离为
★★★【举一反三】★★★

1
．如图，直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
ACBC
，
AA
1
AB
，
D< br>为
BB
1
的中点.

（I）若
E
为
AB
1
上的一点，且
DE
与直线
CD
垂直，求
E B
1
的值；
AB
1
（Ⅱ）在（I）的条件下，设异面直线
AB
1
与
CD
所成的角为45°，求直线
DE
与平面
AB
1
C
1
成角
的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
25

5
【解析】（Ⅰ）证明：取< br>AB
中点
M
,连接
CM，MD
,有
MDAB
1
,

因为
ACBC
，所以
CMAB
, < /p>

又因为三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
为直三棱柱，所以
平面ABC平面ABB
1
A
1
, 又因为
平面ABCI平面ABB
1
A
1
=AB
,所以< br>CM平面ABB
1
A
1
，
又因为
DE平面A BB
1
A
1
所以
CMDE

又因为
DE CD,CDIMDD
,
CD
平面
CMD
,
CM平面
CMD
,
所以
DE平面CMD
，又因为
MD
平面
CMD
,所以
DEMD
,
因为
MDAB
1
，所以
DEAB
1
,
连接
A
1
B
,设
A
1
BAB
1
O
，因为
ABB
1
A
1
为正方形，
所以A
1
BAB
1
,又因为
DE平面AA
1
B
1
B,A
1
B平面AA
1
B
1
B,所以
DEA
1
B
,
EB
1
1

. 又因为
D
为
BB
1
的中点，所以
E
为
OB
1
的中点,所以
AB< br>1
4
（Ⅱ）
如图以
M
为坐标原点，分别以
MA,M O,MC
为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设
AB2a
,由（ Ⅰ）可知
CDM45
o
，所以
AB
1
22a
，所以
DMCM2a
,
所以
A(a,0,0),B
1
(a,2a,0),C
1
(0,2a,2a),D(a,a,0),E(a,a,0)< br>,
1
2
3
2
uuuruuuuruuur
11所以
AB
1
(2a,2a,0),B
1
C
1
(a,0,2a),DE(a,a,0)
，
22
r
设平面
AB
1
C
1
的法向量为
n

x,y,z

，
uuuv
r



AB
1
n0

2x2y0
,
,
则

uuuu
即

v
r



x2z0

B
1
C
1
n0
r
r
则
n的一组解为
n(2,2,1)
．

uuurr
r< br>DEn
cosDE,n
uuurr

所以
DEn

2
2
5
2

25
.
5

25
.
5
所以直线
DE
与平面
AB
1< br>C
1
成角的正弦值为
2
．在矩形
ABCD
中，
AB3
，
AD2
，点
E
是线段
CD
上靠近点
D
的一个三等分点，点
F
是线
uuuvuuuv
段
AD
上的一个动点，且
DF

DA

0
1

.如图，将
BCE
沿
BE
折起至
B EG
，使得平面
BEG
平面
ABED
.

（1）当


1
时，求证：
EFBG
；
2
（2）是否存在

，使得
FG
与平面
DEG
所 成的角的正弦值为
在，请说明理由.
【答案】(1)见解析(2)


【解析】（1）当


1

2
1
？若存在，求出

的值；若不存
3
111
时，点
F
是
AD
的中点.∴
DFAD1
，
DECD1< br>.
223
∵
ADC90
，∴
DEF45
. ∵
CE
2
CD2
，
BC2
，
BCD 90
，∴
BEC45
.∴
BEEF
.
3
又平面
GBE
平面
ABED
，平面
GBE
平面
ABEDBE
，
EF
平面
ABED
，
∴
EF
平面
BEG
.
∵
BG
平面
BEG
，∴
EFBG
.
（2）以
C
为原点，
CD,CB
的方向为
x
轴，
y
轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系
Cxyz
.
uuuvuuuv

则
E

2,0,0
，
D

3,0,0

，
F

3,2

,0

.取
BE
的中点
O
，
∵
GEBG2
，∴
GOBE
，∴ 易证得
OG
平面
BCE
，
∵
BE22
，∴
OG2
，∴
G1,1,2
.

uuuvuuuv
∴
FG2,12

,2
，
EG1,1,


uuuv
2

，DG

2,1,2

.
设平面
DEG
的 一个法向量为
n

x,y,z

，
v
uuuv
v


nDG2xy2z0,
则

v
uuu

v


nEGxy2z0,
v
令
z2
，则
n0,2,2
.

设
FG
与平面
DEG
所成的角为

，
uuuv
v
20

2


12


2
1

， 则
sin

cosFG,n

2
3
66

12


解得


17
或


（ 舍去）
210
11
，此时


.
32
∴存在实数

，使得
DG
与平面
DEG
所成的角的正弦值为
★★★【押题预测】★★★

1.
（
2020·
天津静海一 中高考模拟）在如图所示的几何体中，四边形
ABCD
是正方形，四边形
ADPQ是梯形，
PD
∥
QA
，
PDA

2
，平面
ADPQ
平面
ABCD
，且
ADPD2QA2.


（Ⅰ）求证：
QB
∥平面
PDC
；
（Ⅱ）求二面角
CPBQ
的大小；
（Ⅲ）已知点
H
在 棱
PD
上，且异面直线
AH
与
PB
所成角的余弦值为
73
，求线段
DH
的长．
15
【答案】（1）证明见解析；（2）
3
5

；（3）.
6
2

【解析】（1）
Q
平面
ADPQ平面
ABCD
，
平面
ADPQ
平面
ABCD

AD
，
PD平面ADPQ
，
PDAD
，

直线
PD
平面
ABCD
.
由题意，以点
D
为原点，分别以
DA,DC,DP
的方向为
x
轴，
y
轴，
z
轴的正向建立如图空间直角
坐标系，
则可得：
D

0,0,0

,B

2,2,0

, C

0,2,0

，
A

2,0,0
< br>,Q

2,0,1

,P

0,0,2
< br>.
uuuvuuuvuuuv
uuuv
依题意，易证：
AD< br>
2,0,0

是平面
PDC
的一个法向量，
u uuv
uuuvuuuv
又
QB

0,2,1

，


QBAD0
，
又
Q
直线
QB
平面
PDC
，


QB平面PDC
.
2

.设
n
1


x
1
,y
1
,z
1

为平面< br>PBC
的法向量， （2）
Q

PB

2,2, 2

,PC=

0,2
，
uvuuuv
uv


2x
1
2y
1
2z
1
0
n
1
PB0
vuuuv
则

u
，即

.不妨设
z
1
1
，可得
n
1

0,1,1

.
2y2z0
nPC0

11


1
uuv
设
n
2

x
2
,y
2
,z
2

为 平面
PBQ
的法向量，
又
Q

PB

2,2,2

,PQ

2,0,1

，
u uuvuuuvuv
uuuvuuuv
uuvuuuv


2x2
z
2
0

n
2
PB0
uv uuuv
则

u
，即

.
2x2y2z0
nPQ0

22

2

2
uuvz2
不妨设
2
，可得
n
2


1, 1,2

，
uvuuv
uvuuv
n
1
n
2
3
vuuv



cos1
,n
2

u
，
2
n
1
n
2
又二面角
CPBQ
为钝二面角，

二面角
CPBQ
的大小为
5

. 6
uuuvuuuv
（3）设
H

0,0,h
0h2

，则
AH

2,0,h

， 又
PB

2,2,2

，
42h
uuu vuuuv
73
73

又
cos，即，
2
15
15
234h



6h
2
25h240
，解得
h
故所求线段
DH
的长为
38
或
h
（舍去）.
23
3
.
2

4
．（
2020·
湖北省高考模拟）如图
< br>1

，梯形
ABCD
中，
ABCD
，过
A, B
分别作
AECD
，
BFCD
，垂足分别
E，AE 2
，
CD5
，已知
DE1
，将梯形
ABCD
沿
AE,BF
同
侧折起，得空间几何体
ADE

BCF
，如图

2

．

(
1
)
若
AFBD
，证明：
DE
平面
ABFE；
(
2
)
若
DECF
，
CD3
， 线段
AB
上存在一点
P
，满足
CP
与平面
ACD< br>所成角的正弦值为
5
，求
AP
的长．
20
【答案】（1）证明见解析；（2）
2
.
3
【解 析】
(
1
)
由已知得四边形
ABFE
是正方形，且边长为2 ，在图2中，
AFBE
，
由已知得
AFBD
，
BE BDB
，
AF
平面
BDE，

又
DE
平面
BDE
，
AFDE
，
又
AEDE
，
AEAFA
，
DE
平面
A BFE.

(
2
)
在图2中，
A EDE
，
AEEF
，
DEEFE
，即
AE
面
DEFC
，
在梯形
DEFC
中，过点
D
作< br>DMEF
交
CF
于点
M
，连接
CE
， 由题意得
DM2
，
CM1
，由勾股定理可得
DCCF，则
CDM
过
E
作
EGEF
交
DC于点
G
，可知
GE
，
EA
，
EF
两两 垂直，

6
，
CE2
，
uuuruuuruuur< br>以
E
为坐标原点，以
EA,EF,EG
分别为
x
轴，
y
轴，
z
轴的正方向建立空间直角坐标系，

13

A2,0,0,B2,2,0,C0,1,3,D0,,

则
< br>

，
22


uuuruuur

13

AC2,1,3,AD


2,2
,
2


．


设平面ACD
的一个法向量为
n

x,y,z

，
r
r

2xy3z0
r
uuu

r
nAC0

n1,1,3
，
r
由

r
uuu
得

,取得
x1
13
z0


nAD0

2xy
22

uuur
设
APm
，则
P(2,
m
，
0)
，

0m2

，得
CP2,m1,3



设
CP
与平面
ACD
所成的角为
，
uuur
r
sin

cosCP,n
所以AP
m
57(m1)
2

52
m
．
203
2
.

3
5
．（
2020·
河南省高考模拟）如图所示，在四棱锥
PABCD
中，
ABPC
，AD∕∕BC
，
ADCD
，
且
PCBC2AD
 2CD22
，
PA2
．

(1)
PA
平面
ABCD
；
(2)在线段
PD
上，是否存在一点
M
，使得二面角
MACD
的大小为
6 0
？如果存在，求
的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)见证明 (2)见解析
【解析】（1）∵在底面
ABCD
中，
ADPBC
，
ADCD

且
BC2AD2CD22

∴
ABAC2
，
BC22
∴
ABAC
< br>又∵
ABPC
，
ACPCC
，
AC
平面PAC
，
PC
平面
PAC

∴
AB
平面
PAC
又∵
PA
平面
PAC
∴
ABPA

∵
PAAC2
，
PC22
∴
PAAC

又∵
PAAB
，
ABACA
，
AB
平面< br>ABCD
，
AC
平面
ABCD

∴
PA
平面
ABCD

（2）方法一：在线段
A D
上取点
N
，使
AN2ND
则
MNPPA

又由（1）得
PA
平面
ABCD
∴
MN
平面
ABCD

又∵
AC
平面
ABCD
∴
MNAC
作
NOAC
于
O

又∵
MNNON
，
MN
平面
MNO
，
NO
平面
MNO

∴
AC
平面
MNO
又∵
MO
平面
MNO
∴
ACMO

又∵
ACNO
∴
MON
是二面角
MACD
的一个平面角
设
PM
PD
PM
22
x
则
MN< br>
1x

AP22x
，
ONANxADx

PD
22
这样，二面角
MACD
的大小为
60

即
tanMON

即
MN22x
tan603

ONx
PM
x423

PD
PM
423

PD
∴满足要求的点
M
存在，且

方法二：取
BC
的中点
E
，则
AE
、
AD
、
AP
三条直线两两垂直
∴可以分别以直线
AE
、
AD
、
AP< br>为
x
、
y
、
z
轴建立空间直角坐标系
uu uv
且由（1）知
AP

0,0,2

是平面
A CD
的一个法向量
PM
x

0,1

则< br>MN

1x

AP22x
，
ANxAD 2x

PD
uuuuvuuuv
∴
AM0,2x,22x
，
AC2,2,0

设

uuuv
设
A Q

a,b,c

是平面
ACM
的一个法向量
uuuvuuuuv

ab

AQAM2xb22xc0


则

∴

uuuvuuuv
2x

cb
AQAC2a2 b0



2x2

uuuv
令
b 2x2
，则
AQ2x2,2x2,2x
，它背向二面角
uuuv
又∵平面
ACD
的法向量
AP

0,0,2

，它指向二面角
这样，二面角
MACD
的大小为
60

uuuvuu uv
APAQ
uuuvuuuv
vuuuv


即
cosAP,AQ

uuu
APAQ
2
即
x423

∴满足要 求的点
M
存在，且
22x

22x



22x

22


2x

2

cos60
1

2
PM
423

PD