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易混易錯練
易錯點1　對空間向量的相關概念理解不清
1.設A,B,C,D是空間內不共面的四點,且滿足·=0,·=0,·=0,則△BCD是(　　)
A.鈍角三角形　　　　B.銳角三角形
C.直角三角形　　　　D.任意三角形
2.已知直線a,b的方向向量分別為a=(1,0,-1),b=(1,-1,0),且直線a,b均平行于平面α,則平面α的單位法向量為　　　　　　　.
3.已知向量a=(1,2,-1),b=(m,m2+3m-6,n),若向量a,b同向,則實數m,n分別等于　　　　.
4.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,則cos等于　　　　.
5.已知向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,t)的夾角為鈍角,則實數t的取值范圍為　　　　　　　.
易錯點2　混淆向量夾角與空間角的三角函數名稱及范圍
6.兩條異面直線a,b所成的角為60°,在直線a,b上分別取點A,E和點B,F,使AB⊥a,且AB⊥b.已知AE=6,BF=8,EF=14,則線段AB的長為(　　)
A.20或12　　　　B.12或4　　
C.4或8　　　　D.8或20
7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,平面PCD⊥底面ABCD,四邊形ABCD為正方形,且PD=AB=1,G為△ABC的重心,則PG與底面ABCD所成的角θ滿足(　　)
A.θ=　　　　B.cos θ=　　
C.tan θ=　　　　D.sin θ=
易錯點3　不能正確建立空間直角坐標系解決立體幾何問題
8.如圖,在四棱臺ABCD-EFGH中,上、下底面均是正方形,且側面是全等的等腰梯形,EG=2AC=4,上、下底面中心的連線NM垂直于上、下底面,且NM與側面所成角的正切值為.
(1)求點A到平面MHG的距離;
(2)求二面角E-HM-G的余弦值.
思想方法練
一、利用轉化與化歸思想解決空間幾何問題
1.如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=1,PA=PB=PC=AC=,O為棱AC的中點.
(1)證明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若點M在棱BC上,且PC與平面PAM所成角的正弦值為,求二面角M-PA-C的大小.
二、利用函數思想解決空間幾何問題
2.(多選題)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=CC1=2,E,F分別為AB,CD的中點,P是線段A1B1(不含端點)上的任意一點,則下列說法正確的是(　　)
A.存在點P,使直線PE與平面PDF所成的角取得最大值
B.存在點P,使直線PD與平面PEB所成的角取得最大值
C.存在點P,使平面PDE與平面PFB的夾角取得最大值
D.存在點P,使平面PDF與平面PEB的夾角取得最大值
三、利用方程思想解決空間幾何問題
3.如圖1,在邊長為4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,M,N分別是邊BC,CD的中點,AC∩BD=O1,AC∩MN=G.沿MN將△CMN翻折到△PMN的位置,連接PA,PB,PD,得到如圖2所示的五棱錐P-ABMND.
(1)在翻折過程中,是否總有平面PBD⊥平面PAG 證明你的結論;
(2)當四棱錐P-MNDB的體積最大時,在線段PA上是否存在一點Q,使得平面QMN與平面PMN夾角的余弦值為 若存在,試確定點Q的位置;若不存在,請說明理由.
圖1　　圖2
答案與分層梯度式解析
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易混易錯練
1.B 6.B 7.C
1.B　∵·=(-)·(-)=·-·-·+,且·=0,·=0,·=0,∴·=>0,∴cos∠CBD=>0,∴在△BCD中,∠CBD是銳角,同理可知,∠BDC,∠BCD均是銳角,故△BCD是銳角三角形.
易錯警示　要對三角形的三個內角都進行判斷,才可以確定其是銳角三角形,同時要注意三角形內角與對應向量的夾角的關系是相等還是互補.
2.答案　±
解析　設平面α的單位法向量為m=(x,y,z),
則=1,①
∵直線a,b均平行于平面α,
∴ ②
由①②可得x=y=z=或x=y=z=-,(單位法向量應該有兩個)即平面α的單位法向量為±.
3.答案　2,-2
解析　由題意可知a∥b,所以==,
即解得或
當m=-3,n=3時,b=(-3,-6,3)=-3a,向量a,b反向,不符合題意,舍去;當m=2,n=-2時,b=(2,4,-2)=2a,向量a,b同向,符合題意.
綜上,m=2,n=-2.
易錯警示　“兩向量同向”是“兩向量平行”的充分不必要條件,因此利用“平行”求解后要檢驗是否“同向”.
4.答案　
解析　∵a+b+c=0,∴向量a,b,c首尾相連組成三角形,記三角形的頂點分別為A,B,C.
令=c,=b,=a,則BC=2,CA=3,AB=4.
在△ABC中,由余弦定理的推論得cos∠BCA===-,注意向量和的夾角不是∠BCA,而是π-∠BCA,∴cos=.
5.答案　(-∞,-6)∪
解析　∵向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,t)的夾角為鈍角,∴a和b不為方向相反的向量,
∴解得t<,且t≠-6,
∴實數t的取值范圍為(-∞,-6)∪.
故答案為(-∞,-6)∪.
易錯警示　兩向量a,b的夾角為銳角時,a·b>0,但a·b>0時,a,b的夾角為銳角或零角;兩向量a,b的夾角為鈍角時,a·b<0,但a·b<0時,a,b的夾角為鈍角或平角,故在解題時應注意排除向量a,b共線的情況.
6.B　由已知得=++,
兩邊平方可得=+++2·+2·+2·①,
因為AB⊥a,AB⊥b,所以·=·=0,因為AE與BF所成的角為60°,所以,所成的角為60°或120°
易錯點,又AE=6,BF=8,EF=14,
所以①式可整理為142=62+AB2+82+2×6×8cos<,>.
當<,>=60°時,AB=4;當<,>=120°時,AB=12,
故線段AB的長為12或4.故選B.
7.C　因為四邊形ABCD為正方形,所以DC⊥DA,
因為平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,CD 底面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又因為PD 平面PAD,所以CD⊥PD,同理可得AD⊥PD,所以DA,DC,DP兩兩垂直,
以D為坐標原點,,,的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示,
則P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),故G,所以=,
易知平面ABCD的一個法向量為(0,0,1),記n=(0,0,1),
則sin θ=|cos<,n>|==,所以cos θ==,
所以tan θ==.故選C.
易錯警示　設直線l與平面γ形成的線面角等于α,平面γ的法向量與直線l的方向向量的夾角等于β,則α+β=90°或α+(180°-β)=90°,所以sin α=cos β或sin α=-cos β,故sin α=|cos β|.解題時要注意兩者之間的聯系,并注意區分要求的三角函數名稱.
8.解析　(1)如圖,分別取BC,FG的中點I,J,連接IJ,NJ,MI.取NJ的中點K,連接IK.
∵MN⊥平面ABCD,∴MN⊥MA,MN⊥MB,MN⊥MI.
由題意得,NK=NJ=MI,且NK∥MI,
∴四邊形MNKI為矩形,∴MN∥IK,
又∵四邊形BCGF為等腰梯形,∴K在平面BCGF內的射影在IJ上,
∴∠KIJ為NM與側面所成的角.
∵NM與側面所成角的正切值為,
∴MN=×NJ=××EG=1.
易知AC⊥BD.以M為坐標原點,,,的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,
則M(0,0,0),A(1,0,0),H(0,-2,1),G(-2,0,1).
∴=(-2,0,1),=(0,-2,1).
設平面MHG的法向量為m=(x1,y1,z1),
由取x1=1,得m=(1,1,2),
又=(1,0,0),
∴點A到平面MHG的距離d===.
(2)由(1)得E(2,0,1),=(2,0,1),
設平面MEH的法向量為n=(x2,y2,z2),
由取x2=-1,得n=(-1,1,2).
∴cos===.
由圖可知二面角E-HM-G的平面角為鈍角,
∴二面角E-HM-G的余弦值為-.
易錯警示　運用“坐標法”解答空間幾何問題時,要分析空間幾何體的結構特征,充分利用圖形中的垂直關系或構造垂直關系來建立空間直角坐標系.
思想方法練
1.解析　(1)證明:如圖,連接BO,
∵AB=BC=1,AC=,O為棱AC的中點,
∴BO⊥AC,且BO=,
又PA=PC=,∴PO⊥AC,且PO=,
∵PB=,∴PB2=PO2+BO2,∴PO⊥OB,
∵AC∩OB=O,AC,OB 平面ABC,∴PO⊥平面ABC,
∵PO 平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
面面垂直的證明一般轉化為證一個平面內的一條直線與另一平面內的兩條相交直線垂直.
(2)以O為坐標原點,OB,OC,OP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,
則A,B,C,P0,0,,∴=,=,
=,=,
由題可設=λ=(0≤λ<1),
則=+=.
設平面PAM的法向量為n=(x,y,z),
由
取z=1,得n=.
設直線PC與平面PAM所成的角為θ,則sin θ=|cos<,n>|=,
即=,
解得λ=或λ=3(舍去).
∴平面PAM的一個法向量為n=(2,-,1).
易知平面PAC的一個法向量為(1,0,0),記m=(1,0,0),
由題圖可知二面角M-PA-C為銳角,∴二面角M-PA-C的余弦值為|cos|==,
將求二面角的平面角轉化為求對應兩個法向量所成的角.
∴二面角M-PA-C的大小為30°.
思想方法　轉化與化歸思想在空間向量與立體幾何中的應用主要表現在:將立體幾何中的位置關系轉化為空間兩向量的關系(線性表示或數量積表示)或將空間角與空間距離的計算轉化為空間兩向量的相關運算,并結合所學的相關性質與定理進行求解.
2.AC　以D為坐標原點,建立空間直角坐標系Dxyz,如圖,
則D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),E(2,2,0),F(0,2,0),由題可設P(2,t,2),0則=(2,t,2),=(0,t-2,2),=(0,2,0),=(2,2,0),=(2,t-2,2),=(0,t-4,2),
取平面PEB的一個法向量為m==(2,0,0),
設平面PDF的法向量為n=(x,y,z),
則取x=1,得n=(1,0,-1),
設平面PDE的法向量為p=(x1,y1,z1),
則取x1=2,得p=(2,-2,t-2),
設平面PFB的法向量為q=(x2,y2,z2),
則取y2=-2,得q=(2,-2,t-4).
對于A,設直線PE與平面PDF所成的角為α,
則sin α=|cos<,n>|=
==,
結合向量的夾角公式,用含t的式子表示出sin α.
當0∴當t=2,即P是A1B1的中點時,sin α取得最大值,此時α最大,選項A正確;
結合函數單調性,分析sin α能否取得最大值.
對于B,設直線PD與平面PEB所成的角為β,
則sin β=|cos<,m>|===,
結合向量的夾角公式,用含t的式子表示出sin β.
當0對于C,設平面PDE與平面PFB的夾角為θ,
則cos θ=|cos|=
=,
結合向量的夾角公式,用含t的式子表示出cos θ.
討論函數y=在t∈(0,4)上的單調性,
令t-3=s,則(t-3)2=s2,t2-6t+16=(t-3)2+7=s2+7,
8+(t-2)2=8+[(t-3)+1]2=9+(t-3)2+2(t-3)=9+s2+2s,8+(t-4)2=8+[(t-3)-1]2=9+(t-3)2-2(t-3)=9+s2-2s,則[8+(t-2)2]·[8+(t-4)2]=(9+s2+2s)(9+s2-2s)=-4s2=s4+14s2+81=+32,
∴y==,
設s2+7=r,則y==,
∵t∈(0,4),∴s2=(t-3)2在t∈(0,3)上單調遞減,在t∈(3,4)上單調遞增,且r=s2+7∈[7,16),
又y=在r∈[7,16)上單調遞增,
∴當r=7,即s=0,t=3時,y=取得最小值,此時θ最大,即平面PDE與平面PFB的夾角取得最大值,選項C正確;
結合函數單調性,分析cos θ能否取得最小值.
對于D,設平面PDF與平面PEB的夾角為φ,
則cos φ=|cos|===,則φ=45°,為定值,選項D錯誤.故選AC.
思想方法　函數思想在空間向量與立體幾何中的應用主要表現在“運動問題”和“最值問題”中,構造出來函數后一定要注意函數的定義域,應當在定義域的約束下去求最值.有時需要利用基本不等式求最值,此時要注意應滿足基本不等式適用的條件.
3.解析　(1)在翻折過程中,總有平面PBD⊥平面PAG,證明如下:
∵M,N分別是邊CB,CD的中點,且∠DAB=60°,四邊形ABCD為菱形,
∴BD∥MN,且△CMN是等邊三角形,則△PMN為等邊三角形,
在菱形ABCD中,BD⊥AC,
∴MN⊥AC,即MN⊥AG,MN⊥CG,故MN⊥PG.
∵AG∩PG=G,AG,PG 平面PAG,
∴MN⊥平面PAG,∴BD⊥平面PAG,
∵BD 平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAG.
(2)易知四邊形MNDB為等腰梯形,DB=4,MN=2,O1G=,∴S等腰梯形MNDB==3,
要使四棱錐P-MNDB的體積最大,只需點P到平面MNDB的距離最大即可,
易知當PG⊥平面MNDB時,點P到平面MNDB的距離最大,且PG=.
假設存在符合題意的點Q.以G為坐標原點,GA,GM,GP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz,
則A(3,0,0),M(0,1,0),N(0,-1,0),P(0,0,),∴=(0,2,0).易知平面PMN的一個法向量為(1,0,0),記n=(1,0,0),
由題可設=λ(0≤λ<1),(當λ=1時,Q與P重合,此時不滿足題意)
由點在線段上,結合共線向量定理引入變量λ.
又=(-3,0,),∴=(-3λ,0,λ),
∴Q(3(1-λ),0,λ),
∴=(3(λ-1),1,-λ).
設平面QMN的法向量為m=(x1,y1,z1),
則即
取z1=1,則x1=,y1=0,
∴m==(λ,0,3(λ-1)),
∴平面QMN的一個法向量為(λ,0,3(λ-1)),記m1=(λ,0,3(λ-1)).
設平面QMN與平面PMN的夾角為θ,則cos θ==,即=,
由向量的夾角公式,得到含變量λ的方程,根據方程的解得結論.
解得λ=.
綜上可知,存在符合題意的點Q且Q為線段PA的中點.
思想方法　方程思想在空間向量與立體幾何中的應用主要表現在探索性問題中,通過設置參數,建立方程(組)并求方程(組)的解來解決問題.
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