2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学案.pdf
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1、第 3 讲 立体几何中的向量方法第 3 讲 立体几何中的向量方法 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷直线与平面所成角的正弦值T18(2) 卷二面角、直线与平面所成的角T20(2)2018 卷二面角的正弦值T19(2) 卷二面角的余弦值的求解T18(2) 卷二面角的余弦值的求解T19(2)2017 卷二面角的余弦值的求解T19(2) 卷二面角的余弦值的求解T18(2) 卷二面角的正弦值的求解T19(2)2016 卷线面角的正弦值的求解T19(2) 高考对此部分的 命题较为稳定,一般 为解答题,多出现在 第 18 或 19 题的第二 问的位置,考查利用 空间向量求异面直线 所成的角、线面角或
2、二面角,难度中等偏 上. 利用空间向量证明平行与垂直(综合型) 设直线l的方向向量为a a(a1,b1,c1), 平面、的法向量分别为(a2,b2,c2)、 (a3,b3,c3),则有: (1)线面平行 laaaa0a1a2b1b2c1c20. (2)线面垂直 la aa aka1ka2,b1kb2,c1kc2. (3)面面平行 a2a3,b2b3,c2c3. (4)面面垂直 0a2a3b2b3c2c30. 典型例题 如图,在四棱锥PABCD中,PA底面ABCD, ADAB,ABDC,ADDCAP2,AB1,点E为棱PC的中点证 明: (1)BEDC; (2)BE平面PAD; (3)平面PCD
3、平面PAD. 【证明】 依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0, 0,2)由E为棱PC的中点,得E(1,1,1) (1)向量(0,1,1),(2,0,0),故0.BE DC BE DC 所以BEDC. (2)因为ABAD,又PA平面ABCD,AB平面ABCD, 所以ABPA,PAADA,所以AB平面PAD, 所以向量(1,0,0)为平面PAD的一个法向量AB 而(0,1,1)(1,0,0)0,BE AB 所以BEAB, 又BE平面PAD,所以BE平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量(1, 0, 0), 向
4、量(0, 2, 2),(2, 0, 0),AB PD DC 设平面PCD的法向量为n n(x,y,z), 则即 n nPD 0, n nDC 0,) 2y2z0, 2x0,) 不妨令y1, 可得n n(0, 1, 1)为平面PCD的一个法向量 且n n(0, 1, 1)(1, 0, 0)AB 0, 所以n n.所以平面PCD平面PAD.AB 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系 (2)建立空间图形与空间向量之间的关系, 用空间向量表示出问题中所涉及的点、 直线、 平面的要素 (3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法
5、向量, 再研究平行、 垂直关系 (4)根据运算结果解释相关问题 对点训练 在直三棱柱ABCA1B1C1中, ABC90,BC2,CC14, 点E在线段BB1上, 且EB11,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点求证: (1)B1D平面ABD. (2)平面EGF平面ABD. 证明 : (1)依题意,以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x 轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, 如图所示, 则B(0, 0, 0),D(0, 2, 2),B1(0, 0, 4),C1(0, 2, 4), 设BAa, 则A(a,0,0), 所以(a,0,0),(0,2,2),(0,2,2),0,
6、0BA BD B1D B1D BA B1D BD 440, 即B1DBA,B1DBD. 又BABDB,BA,BD平面ABD, 因此B1D平面ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G, ( a 2,1,4) F(0,1,4), 则,(0,1,1),EG ( a 2,1,1) EF 0220,0220,B1D EG B1D EF 即B1DEG,B1DEF. 又EGEFE,EG,EF平面EGF, 因此B1D平面EGF. 结合(1)可知是平面ABD的一个法向量,B1D 所以平面EGF平面ABD. 利用空间向量求空间角(综合型) 典型例题 命题角度一 异面直线所成的角 已知直三棱柱ABCA1B1
7、C1中, ABC120,AB2,BCCC11, 则异面直线 AB1与BC1所成角的余弦值为_ 【解析】 如图,在平面ABC内过点B作BDAB, 交AC于点D, 则 CBD30. 因为BB1平面ABC, 故以B为坐标原点, 分别以射线BD,BA,BB1 为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系, 则B(0, 0, 0),A(0, 2, 0),B1(0, 0, 1),C1(cos 30, sin 30, 1), 即C1. ( 3 2 ,1 2,1) 所以(0,2,1),.AB1 BC1 ( 3 2 ,1 2,1) 所以 cos,AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | . 0 3
8、 2 (2) ( 1 2)1 1 0(2)212 ( 3 2) 2 ( 1 2) 2 1 2 10 5 所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为. 10 5 【答案】 10 5 两异面直线所成角的求法 (1)定义法:过空间中任一点,分别作两异面直线的平行线,则这两条相交直线所成的 锐角或直角等于两异面直 线所成的角 定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的 内角进行求解 (2)向量法:设异面直线a,b的方向向量分别为a a,b b,则异面直线a,b所成角的余弦 值等于|cosa a,b b|. 命题角度二 直线与平面所成的角 (2018高考全国卷)如图, 四边形ABC
9、D为正方形,E,F 分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的 位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值 【解】 (1)证明:由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD, 所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为坐标原点,的方向为y轴正方向, |为单位长,HF BF 建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz. 由(1)可得,DEPE.又DP2,DE1, 所以PE.又PF1,EF2, 故PEPF.可得PH3 ,EH . 3 2 3 2
10、 则H(0,0,0),P,D,为平 (0,0, 3 2) (1, 3 2,0) DP (1, 3 2, 3 2) HP (0,0, 3 2) 面ABFD的法向量 设DP与平面ABFD所成角为,则 sin . | HP DP |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 3 4 向量法求直线和平面所成的角 设为直线l与平面所成的角,为直线l的方向向量v v与平面的法向量n n之 间的夹角,则有(如图 1)或(如图 2),所以有 sin |cos | 2 2 |cosv v,n n |.特别地,0 时,l;时,0,l或l. |v vn n| |v v|n n|
11、2 2 命题角度三 二面角的平面角 (2018沈阳教学质量监测(一)如图, 在四棱锥PABCD中, 平面PAD平面ABCD, 底面ABCD是正方形,且PAPD,APD90. (1)证明:平面PAB平面PCD; (2)(一题多解)求二面角APBC的余弦值 【解】 (1)证明:因为底面ABCD为正方形, 所以CDAD. 又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD, 所以CD平面PAD. 又AP平面PAD,所以CDAP. 因为APD90,即PDAP,CDPDD, 所以AP平面PCD. 因为AP平面PAB,所以平面PAB平面PCD. (2)法一:取AD的中点为O,BC的中点为Q,连接PO,O
12、Q, 易得PO底面ABCD,OQAD, 以O为原点, , ,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,OA OQ OP 如图,不妨设正方形ABCD的边长为 2, 可得A(1,0,0),B(1,2,0),C(1,2,0),P(0,0,1) 设平面APB的法向量为n n1(x1,y1,z1), 而(1,0,1),(1,2,1)PA PB 则即 n n1PA 0, n n1PB 0,) x1z10, x12y1z10,) 则y10,取x11,得n n1(1,0,1)为平面APB的一个法向量 设平面BCP的法向量为n n2(x2,y2,z2), 而(1,2,1),(1,2,1),PB P
13、C 则 n n2PB 0, n n2PC 0,) 即 x22y2z20, x22y2z20,) 则x20,取y21,得n n2(0,1,2)为平面BCP的一个法向量 所以 cosn n1,n n2, n n1n n2 |n n1|n n2| 1 00 11 2 2 5 2 10 10 5 由图易知二面角APBC为钝角, 故二面角APBC的余弦值为. 10 5 法二:以D为原点,建立空间直角坐标系,如图, 不妨设正方形ABCD的边长为 2, 可得A(2, 0, 0),B(2, 2, 0), C(0, 2, 0),P(1, 0, 1), 设平面PAB的法向量为n n1(x1,y1,z1), 而(1
14、,0,1),(1,2,1),PA PB 则即 PA n n10, PB n n10,) x1z10, x12y1z10,) 则y10,取z11, 则n n1(1,0,1)为平面PAB的一个法向量 设平面PBC的法向量为n n2(x2,y2,z2), 而(1,2,1),(1,2,1),PB PC 则即 PB n n20, PC n n20,) x22y2z20, x22y2z20,) 则x20,取y21,则n n2(0,1,2)为平面PBC的一个法向量 所以 cosn n1,n n2, n n1n n2 |n n1|n n2| 2 2 5 10 5 由图可得二面角APBC为钝角, 故二面角APB
15、C的余弦值为. 10 5 向量法求二面角 设二面角l的平面角为(0),n n1,n n2分别为平面,的法向量,向 量n n1,n n2的夹角为, 则有(如图 1)或(如图 2), 其中 cos . n n1n n2 |n n1|n n2| 对点训练 (2018高考全国卷)如图,在三棱锥PABC中,ABBC2,PA2 PBPCAC4,O为AC的中点 (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30,求PC与平面PAM 所成角的正弦值 解:(1)证明:因为APCPAC4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP2.3 连接OB.因为ABBCAC,所以ABC为等腰直角三角形,
16、 2 2 且OBAC,OBAC2. 1 2 由OP2OB2PB2知POOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空OB 间直角坐标系Oxyz. 由已知得O(0, 0, 0),B(2, 0, 0),A(0, 2, 0),C(0, 2, 0),P(0, 0, 2 ),(0, 2, 2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)3AP 3OB 设M(a,2a,0)(0a2),则(a,4a,0)AM 设平面PAM的法向量为n n(x,y,z) 由n n0,n n0 得AP AM 可取n n(a4),a,a), 2y2 3z0, ax(4a)y0,)
17、 33 所以 cos,n n.由已知可得OB 2 3(a4) 2 3(a4)23a2a2 |cos,n n|,OB 3 2 所以,解得a4(舍去),a , 2 3|a4| 2 3(a4)23a2a2 3 2 4 3 所以n n. ( 8 3 3 , 4 3 3 ,4 3) 又(0,2,2),所以 cos,n n.PC 3PC 3 4 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为. 3 4 利用向量解决探索性问题(综合型) 典型例题 (2018长春质量监测(二)如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1 中,底面ABCD为等腰梯形,AD2BC2CD4,AA12.3 (1)证明:AD1B1D; (2)设E是线
18、段A1B1(不包括端点)上的动点, 是否存在这样的点E, 使得二面角EBD1A的余弦值为,如果存在,求出B1E的长;如果不存在,请说明理由 7 7 【解】 (1)证明:连接BD,B1D1(图略),在等腰梯形ABCD中,由AD2BC2CD4, 得BD2,3 故四边形B1BDD1是正方形,BD1B1D. Error! Error!Error! Error!AD1B1D. (2)假设存在这样的点E,依题意,以B为原点,方向为x轴正方向,方向为y轴DB AB 正方向,方向为z轴正方向,BB1 建立空间直角坐标系(图略),设B1Em(0m2), 则E(0,m,2),B(0,0,0),D1(2,0,2),
19、A(0,2,0),(0,m,2333BE ),(2,0,2),3BD1 33 设平面EBD1的法向量为n n1(x1,y1,z1), 则, n n1BE 0 n n1BD1 0) 即, my12 3z10 2 3x12 3z10) 令z1m,则, x1m y12 3) 所以n n1(m,2,m)3 (0,2,0),(2,0,2),BA BD1 33 设平面BD1A的法向量为n n2(x2,y2,z2), 则, n n2BA 0 n n2BD1 0) 即, 2y20 2 3x22 3z20) 令x21,则, y20 z21) 所以n n2(1,0,1), |cosn n1,n n2|,解得m21
20、,则m1,故B1E的长为 1. |mm| m212m2 2 7 7 利用空间向量巧解探索性问题 (1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、 推理,只需通过坐标运算进行判断 (2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转 化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有效, 应善于运用这一方法解题 对点训练 如图, 在四棱锥PABCD中, 底面ABCD为直角梯形,ADBC, ADC 90,平面PAD底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的点,PAPD2, BCAD1,CD. 1 2 3 (1)求
21、证:平面PBC平面PQB; (2)若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为 60,求PM的长 解:(1)证明:因为ADBC,Q为AD的中点,BCAD, 1 2 所以BCQD, 所以四边形BCDQ是平行四边形, 因为ADC90,所以BCBQ. 因为PAPD,AQQD, 所以PQAD, 又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD, 所以PQ平面ABCD. 所以PQBC, 又因为PQBQQ, 所以BC平面PQB.因为BC平面PBC, 所以平面PBC平面PQB. (2)由(1)可知PQ平面ABCD.如图, 以Q为原点, 分别以QA,QB,QP 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标
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