《2020年高三數(shù)學二輪復習 專題六第三講 立體幾何中的向量方法教案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高三數(shù)學二輪復習 專題六第三講 立體幾何中的向量方法教案 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講　立體幾何中的向量方法 研熱點（聚焦突破） 類型一 利用空間向量證明位置關系 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)線面平行 l∥αa⊥ua·u＝0a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. (2)線面垂直 l⊥αa∥ua＝kua1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3. (3)面面平行 α∥βu∥vu＝kva3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4. (4)面面垂直 α⊥βu⊥vu·v＝0a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. [例1]　(2020年高考福建卷)如圖，在長方體ABCD

2、A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD的中點． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由． [解析]　(1)證明：以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)．設AB＝a，則A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E(，1，0)，B1(a，0，1)，故＝(0，1，1)，＝(－，1，－1)，＝(a，0，1)，＝(，1，0)． ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)假設在棱AA1上存在一點P(0，0，z0)

3、， 使得DP∥平面B1AE.此時＝(0，－1，z0)． 又設平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一個法向量n＝(1，－，－a)． 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0， 解得z0＝. 又DP 平面B1AE， ∴存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝. 跟蹤訓練 如圖，在圓錐PO中，已知PO＝，⊙O的直徑＝2，C是的中點，D為AC的中點．證明：平面POD⊥平面PAC. 證明：如圖所示，以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則O(0，0，

4、0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，D(－，，0)． 設n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一個法向量， 則由n1·＝0，n1·＝0，得 所以z1＝0，x1＝y(tǒng)1.取y1＝1，得n1＝(1，1，0)． 設n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一個法向量， 則由n2·＝0，n2·＝0，得 所以x2＝－z2，y2＝z2，取z2＝1， 得n2＝(－，，1)． 因為n1·n2＝(1，1，0)·(－，，1)＝0， 所以n1⊥n2.從而平面POD⊥平面PAC. 類型二 利用空間向量求角 1．向量法求異面直線所成的角 若異面直線a

5、，b的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為θ，則cos θ＝|cos 〈a，b〉|＝. 2．向量法求線面所成的角 求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設線面所成的角為θ，則sin θ＝|cos 〈n，a〉|＝. 3．向量法求二面角 求出二面角α－l－β的兩個半平面α與β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ為銳角， 則cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝； 若二面角α－l－β所成的角θ為鈍角， 則cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. [例2]　(2020年高考遼寧卷)如圖，直三棱柱ABCA′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，點M，N

6、分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面A′ACC′； (2)若二面角A′MNC為直二面角，求λ的值． [解析]　(1)證明：證法一　連接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABCA′B′C′為直三棱柱，所以M為AB′的中點．又因為N為B′C′的中點，所以MN∥AC′. 又MN平面A′ACC′，AC′平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′. 證法二　取A′B′的中點P，連接MP，NP.而M，N分別為AB′與B′C′的中點，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面M

7、PN∥平面A′ACC′.而MN平面MPN，所以MN∥平面A′ ACC′. (2)以A為坐標原點，分別以直線AB，AC，AA′為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系O-xyz，如圖所示． 設AA′＝1，則AB＝AC＝λ， 于是A(0，0，0)，B(λ，0，0)，C(0，λ，0)，A′(0，0，1)，B′(λ，0，1)，C′(0，λ，1)，所以M(，0，)，N(，，1)． 設m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量． 由得 可取m＝(1，－1，λ)． 設n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量， 由得 可取n＝(－3，－1，λ)． 因為A′-MN-C為直二面角，所以m·

8、n＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝(負值舍去)． 跟蹤訓練 (2020年長沙模擬)如圖，在底面為直角梯形的四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，BC＝4. (1)求證：BD⊥PC； (2)求直線AB與平面PDC所成的角的大小； 解析：如圖，在平面ABCD內(nèi)過點D作直線DF∥AB，交BC于點F，以D為坐標原點，DA、DF、DP所在的直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系D -xyz，則A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0)． (1)證明：設PD＝a，則P(0，0，a)，

9、 ＝(－1，－，0)，＝(－3，，－a)， ∵·＝3－3＝0， ∴BD⊥PC. (2)由(1)及PD⊥平面ABCD易知BD⊥平面PDC，則就是平面PDC的一個法向量． ＝(0，，0)，＝(1，，0)． 設AB與平面PDC所成的角的大小為θ， 則sin θ＝＝＝. ∵0°<θ<90°，∴θ＝60°， 即直線AB與平面PDC所成的角的大小為60°. 類型三 利用空間向量解決探索性問題 探索性問題的類型 (1)對平行、垂直關系的探索； (2)對條件和結論不完備的開放性問題的探索． [例3]　(2020年高考北京卷)如圖(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝

10、3，AC＝6.D，E分別是AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖(2)． (1)求證：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大??； (3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？并說明理由． [解析]　(1)證明：∵AC⊥BC，DE∥BC， ∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D，DE⊥CD， ∴DE⊥平面A1DC.∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD， ∴A1C⊥平面BCDE. (2)如圖所示，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系C-xyz， 則A1(0，0

11、，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0)． 設平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)， 則n·＝0，n·＝0. 又＝(3，0，－2)，＝(－1，2，0)， ∴ 令y＝1，則x＝2，z＝， 設CM與平面A1BE所成的角為θ. ∵＝(0，1，)， ∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. ∴CM與平面A1BE所成角的大小為. (3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．理由如下： 假設這樣的點P存在，設其坐標為(p，0，0)，其中p∈[0，3]． 又＝(0，2，－2)，＝(p，－2，0)， ∴ 令x′＝2，則y′＝

12、p，z′＝， ∴m＝(2，p，)． 平面A1DP⊥平面A1BE，當且僅當m·n＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，與p∈[0，3]矛盾． ∴線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直． 跟蹤訓練 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝，AB⊥側面BB1C1C. (1)求直線C1B與底面ABC所成角的正切值； (2)在棱CC1(不包含端點C，C1)上確定一點E的位置，使得EA⊥EB1(要求說明理由)． 解析：如圖，以B為坐標原點建立空間直角坐標系，則B(0，0，0)，C1(1，2，0)，B1(0，2，0)．

13、(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC的法向量＝(0，2，0)， 又＝(1，2，0)， 設BC1與平面ABC所成角為θ， 則sin θ＝|cos 〈，〉|＝， ∴tan θ＝2，即直線C1B與底面ABC所成角的正切值為2. (2)設E(1，y，0)，A(0，0，z)， 則＝(－1，2－y，0)， ＝(－1，－y，z)． ∵EA⊥EB1， ∴·＝1－y(2－y)＝0， ∴y＝1，即E(1，1，0)， ∴E為CC1的中點． 析典題（預測高考） 高考真題 【真題】　(2020年高考天津卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥

14、BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)證明PC⊥AD； (2)求二面角APCD的正弦值； (3)設E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長． 【解析】　如圖(1)，以點A為坐標原點建立空間直角坐標系，依題意得 A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B(－，，0)，P(0，0，2)． (1)證明：易得＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)，于是·＝0，所以PC⊥AD. (2)＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0)． 設平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 則即不妨令z＝1， 可得n＝(1，2，1)．

15、 可取平面PAC的法向量m＝(1，0，0)． 于是cos 〈m，n〉＝＝＝， (3)設點E的坐標為(0，0，h)，其中h∈[0，2]．由此得＝(，－，h)．由＝(2，－1，0)，故 cos 〈，〉＝＝＝， 所以＝cos 30°＝，解得h＝， 即AE＝. 【名師點睛】　本題主要考查空間兩條直線的位置關系、二面角、異面直線所成的角、直線與平面所成的角等基礎知識、考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力．難度中等．本例第(3)問借助于方程思想及向量法求AE長最簡便． 名師押題 【押題】　如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB為直角，AB∥CD，AD＝CD＝2A

16、B，E、F分別為PC、CD的中點． (1)求證：AB⊥平面BEF； (2)設PA＝k·AB，若平面EBD與平面BDC的夾角大于45°，求k的取值范圍． 解析】　(1)證明：由已知得DF AB，且∠DAB為直角，從而AB⊥BF. 又PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD， 所以PA⊥AB. 又AB⊥AD，故AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD. 在△PDC內(nèi)，E、F分別是PC、DC的中點，所以EF∥PD. 所以AB⊥EF. ∴AB⊥平面BEF. (2)如圖，以A為坐標原點，以AB、AD、AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． 設AB的長為1，則 ＝(－1，2，0)，＝(0，1，)． 易知平面CDB的一個法向量為n1＝(0，0，1)． 設平面EDB的一個法向量為n2＝(x，y，z)． 則即 則y＝1，可得n2＝(2，1，－)． 設二面角E-BD-C的大小為θ， 則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝<， 化簡得k2>，則k>.