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旧教材适用2024高考数学一轮总复习高考大题专题研究四一平行问题与空间角的计算.doc

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旧教材适用2024高考数学一轮总复习高考大题专题研究四一平行问题与空间角的计算.doc

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旧教材适用2024高考数学一轮总复习高考大题专题研究四一平行问题与空间角的计算.doc

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文档介绍:该【旧教材适用2024高考数学一轮总复习高考大题专题研究四一平行问题与空间角的计算 】是由【haha】上传分享,文档一共【17】页,该文档可以免费在线阅读,需要了解更多关于【旧教材适用2024高考数学一轮总复习高考大题专题研究四一平行问题与空间角的计算 】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。1高考大题专题探讨四命题动向:从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、,简洁几何体的表面积与体积,点、线、面位置关系的判定与证明以及空间向量与空间角(特殊是二面角)的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,,(一) 平行问题与空间角的计算题型一证明平行关系求线面所成的角例1 (2024·四川绵阳模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)(1)证明:由已知得AM=AD=,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=∥BC,故TN綊AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)取BC的中点E,=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===.以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即可取n=(0,2,1).设直线AN与平面PMN所成的角为θ,于是sinθ=|cos〈n,〉|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.[解题策略] (1)几何法证明空间平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,证明过程是沿着转化途径进行.(2)证线线平行或线面平行时,难点是找直线在平面的平行线:①利用三角形的中位线找平行线证线面平行;②构造平行四边形,找平行线;③将证线面平行问题转化为面面平行,即过所证直线作协助面,证该平面与已知平面平行;④ (2024·北京高考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1且AB=A1B1,A1B1∥C1D1且A1B1=C1D1,∴AB∥C1D1且AB=C1D1,∴四边形ABC1D1为平行四边形,∴BC1∥AD1.∵BC1?平面AD1E,AD1?平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.(2)以点A为坐标原点,AD,AB,AA1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,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),=(0,0,2),=(2,0,2),=(0,2,1).设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),由得令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2).设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,则sinθ=|cos〈n,〉|===. 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-(1)证明:如图,连接B1C,,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=,所以ND=,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥?平面C1DE,ED?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA,以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以可取n=(2,0,-1).5于是cos〈m,n〉===,sin〈m,n〉==,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.[解题策略] 用向量求二面角,由于在求平面法向量的坐标时,坐标的取值不同,导致平面法向量的方向相反,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以依据图形推断所求二面角是锐角还是钝角, (2024·广西百色模拟)已知六面体EFABCD如图所示,BE⊥平面ABCD,BE∥AF,AD∥BC,BC=1,CD=,AB=AF=AD=2,BE=3,M,N分别是棱FD,ED上的点,且满意==.(1)求证:平面BFN∥平面MAC;(2)若平面MAC与平面ECD所成的二面角的大小为θ,(1)证法一:连接BD,设BD∩AC=O,连接NO,MO,因为AD∥BC,所以△BOC∽△AOD,所以==,在△FBD中,因为==,所以MO∥FB,且MO?平面MAC,且FB?平面MAC,故FB∥△EBD中,因为==,所以NO∥EB,且ON=BE=2,所以ON=∥AF,6所以ON∥AF,所以四边形AONF是平行四边形,所以FN∥AO,又AO?平面MAC,FN?平面MAC,所以FN∥∩FB=F,FN,FB?平面BFN,所以平面BFN∥:因为AD∥BC,AB=2,BC=1,AD=2,CD=,所以AB⊥∥AF,BE⊥平面ABCD,所以AF⊥平面ABCD,所以AF⊥AB,AF⊥AD,取AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AF所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由已知可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),E(2,0,3),F(0,0,2),所以=(0,-2,2),因为=,所以==,所以点M的坐标为,同理可求点N的坐标为,所以=(2,1,0),=,设m=(x,y,z)为平面MAC的法向量,则?令x=1,解得y=-2,z=1,所以平面MAC的一个法向量为m=(1,-2,1).因为=(-2,0,2),=,所以m·=(1,-2,1)·(-2,0,2)=0,且m·=(1,-2,1)·=0,所以平面BFN∥(2)m=(1,-2,1)为平面MAC的一个法向量,=(0,1,-3),=(-2,1,0),可求平面ECD的一个法向量为n=(3,6,2),所以|cosθ|===,所以sinθ===.题型三平行与探究性问题的综合例3 (2024·北京朝阳模拟)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=1,BC=3.(1)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值;(2)线段BD上是否存在点M,使得直线CE∥平面AFM?若存在,求出的值;若不存在,(1)因为ADEF为正方形,所以AF⊥⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF?平面ADEF,所以AF⊥平面ABCD,所以AF⊥∠BAD=90°,所以AB,AD,,AD,AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图).因为AB=AD=1,BC=3,所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(1,2,0),=(0,0,1).设平面CDE的法向量为n=(x,y,z),则即令x=2,则y=-1,所以n=(2,-1,0).设直线BF与平面CDE所成的角为θ,8则sinθ=|cos〈n,〉|==.(2)设=λ(λ∈[0,1]),M(x1,y1,z1),则=(x1-1,y1,z1),=(-1,1,0),所以(x1-1,y1,z1)=λ(-1,1,0),所以x1=1-λ,y1=λ,z1=0,所以M(1-λ,λ,0),所以=(1-λ,λ,0).设平面AFM的法向量为m=(x0,y0,z0),又=(0,0,1),则?令x0=λ,则y0=λ-1,所以m=(λ,λ-1,0).在线段BD上存在点M,使得直线CE∥平面AFM等价于存在λ∈[0,1],使得m·==(-1,-2,1),m·=0,所以-λ-2(λ-1)=0,解得λ=∈[0,1].所以线段BD上存在点M,使得直线CE∥平面AFM,且=.[解题策略] (1)解决探究性问题一般先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出冲突,则否定假设;否则,给出确定结论.(2)利用向量法探究线面平行,只需将这条直线的方向向量用平面内两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直来处理, 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,(1)证明:以点A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图).9设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1).故=(0,1,1),=.∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).=(a,0,1),=.设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.又DP?平面B1AE,∴在棱AA1上存在点P,使得DP∥平面B1AE,此时AP=.1.(2024·北京西城区模拟)如图,在三棱柱ABC-1⊥底面ABC,AC⊥BC,D是A1C1的中点,且AC=BC=AA1=2.(1)求证:BC1∥平面AB1D;(2)(1)证明:如图,连接A1B,设A1B∩AB1=E,-A1B1C1,,所以BC1∥?平面AB1D,DE?平面AB1D,所以BC1∥平面AB1D.(2)1⊥底面ABC,AC⊥BC,所以CA,1两两垂直,以C为坐标原点,CA,1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,2),D(1,0,2),所以=(-2,2,2),=(1,-2,0),=(0,-2,0).设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),则得令y=1,得x=2,z=1,所以n=(2,1,1).设直线BC与平面AB1D所成的角为θ,则sinθ=|cos〈,n〉|==,-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1=2AB=4,M,N,P分别是AD,1的中点.(1)证明:平面MNC∥平面AD1P;(2)(1)证明:因为M,N,P分别是AD,1的中点,所以MN∥∥?平面MNC,MN?平面MNC,