《2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題4 立體幾何 第10講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題4 立體幾何 第10講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第10講　立體幾何中的向量方法 題型1　向量法求線面角 (對應(yīng)學(xué)生用書第33頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 1．兩條異面直線的夾角 (1)兩異面直線的夾角θ∈. (2)設(shè)直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝. 2．直線與平面的夾角 (1)直線與平面的夾角θ∈. (2)設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(2016·全國Ⅲ卷)如圖10-1，四棱錐P-A

2、BCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． 圖10-1 (1)證明MN∥平面PAB； (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：07804072】 [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2.如圖， 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC

3、得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝＝. 以A為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N， ＝(0,2，－4)，＝，＝. 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即 可取n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. [類題通法]　 向量法求線面角的一般步驟 1.建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點的坐標(biāo). 2.寫出相關(guān)向量的坐標(biāo). 3.求平面的法向量. 4.求線面角的正弦值. 5.轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)

4、論. 提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 如圖10-2，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD相交于點O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2. 圖10-2 (1)求證：BD⊥平面ACFE； (2)當(dāng)直線FO與平面BED所成的角為45°時，求異面直線OF與BE所成的角的余弦值大?。? [解]　(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴BD⊥AE. ∵AC∩AE＝A

5、，∴BD⊥平面ACFE. (2)以O(shè)為原點，，的方向為x，y軸正方向，過O且平行于CF的直線為z軸(向上為正方向)，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(－1,0，a)(a＞0)，＝(－1,0，a)． 設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有，即，令z＝1，則n＝(－2,0,1)， 由題意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝3或－. 由a＞0，得a＝3， ＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)， cos〈，〉＝＝， 故異面直線OF與BE所成的角的余弦值為.] ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………

6、………………· (見專題限時集訓(xùn)T1) 題型2　向量法求二面角(答題模板) (對應(yīng)學(xué)生用書第34頁) 利用向量法求二面角的大小是高考對立體幾何的常規(guī)考法，它以代數(shù)運算代替抽象的思維，給立體幾何帶來了鮮活的方法，此類問題建系是突破口，求解的關(guān)鍵是平面的法向量．(2017·全國Ⅰ卷T18,2017·全國Ⅱ卷T19,2017·全國Ⅲ卷T19,2016·全國Ⅰ卷T18,2016·全國Ⅱ卷T19,2014·全國Ⅰ卷T19,2013·全國Ⅱ卷T18) ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(本小題滿分12分)(2017·全國Ⅱ卷)如圖10-3，四棱錐

7、P-ABCD中，側(cè)面①且②，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點． 圖10-3 (1)③ (2)點④， 且⑤， ⑥. 【導(dǎo)學(xué)號：07804073】 [審題指導(dǎo)] 題眼 挖掘關(guān)鍵信息 ① 看到PAD為等邊三角形， 想到等邊三角形的有關(guān)性質(zhì). ② 看到PAD垂直于底面ABCD， 想到面面垂直的性質(zhì). ③ 看到證明直線CE∥平面PAB， 想到線面平行的判定或面面平行的性質(zhì). ④ 看到M在棱PC上， 想到P，M，C三點共線，想到點M的設(shè)法. ⑤ 看到直線BM與底面ABCD所成角為45°， 想到線面角的求法，想到平面法向量的計

8、算方法. ⑥ 看到求二面角M-AB-D的余弦值， 想到求平面MAB與平面ABD的法向量. [規(guī)范解答]　(1)證明：⑦，連接EF，BF. 因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝AD. 2分 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EF綊BC， 四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF. 4分 又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB. (2) 由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，⑧ 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝

9、(1,0，－)，＝(1,0,0). 7分 設(shè)M(x，y，z)(0

10、分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 ⑦因空間想象力不足，導(dǎo)致不會作輔助線，進(jìn)而導(dǎo)致(1)無法證明. 當(dāng)題設(shè)條件出現(xiàn)邊的中點，要證明線面平行時，常取另一個邊的中點，構(gòu)造平行關(guān)系. ⑧因?qū)D形和立體幾何的理論體系不熟，導(dǎo)致不會建系，進(jìn)而不會求二面角的余弦值. 熟知常見的空間直角坐標(biāo)系的建法，結(jié)合已知的圖形中的垂直關(guān)系建系，如本題也可以AD的中點為坐標(biāo)原點，OC為x軸，OD為y軸，OP為z軸建系. ⑨因?qū)ο蛄抗簿€知識不熟，導(dǎo)致點M的坐標(biāo)計算不出，致使(2)無法求解. 點M在棱PC上，則＝λ(0＜λ＜1). [通性通法]　 向量法求二面角的方法 (1)若n1，n

11、2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角θ的大小滿足|cos θ|＝.然后利用圖形判斷二面角是銳角或鈍角. (2)若AB，CD是二面角α-l-β的兩個半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ為與的夾角或其補(bǔ)角. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· (2017·安徽馬鞍山模擬)已知四棱錐P-ABCD中，如圖10-4，底面ABCD是梯形，BC ∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，頂點P在平面ABCD內(nèi)的射影H在AD上，PA⊥PD. 圖10-4 (1)求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)若直線AC與PD所成角為6

12、0°，求二面角A-PC-D的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：07804074】 [解]　(1)證明：∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD，PH?平面PAD，∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. (2)以A為原點，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，如圖， ∵PH⊥平面ABCD， ∴z軸∥PH. 則A(0,0,0)，C(1,1,0)， D(0,2,0)，設(shè)AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)． 則P(0，a，h)． ∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)． ∵PA⊥PD，∴·＝

13、a(a－2)＋h2＝0. ∵AC與PD所成角為60°， ∴|cos〈，〉|＝＝ ， ∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0， ∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h(yuǎn)＞0，∴h＝1，∴P(0,1,1)． ∴＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1，－1,0)，設(shè)平面APC的法向量為n＝(x，y，z)，由， 得平面APC的一個法向量為n＝(1，－1,1)， 設(shè)平面DPC的法向量為m＝(x，y，z)． 由， 得平面DPC的一個法向量為m＝(1,1,1)． ∴cos〈m，n〉＝＝. ∵二面角A-PC-D的平面角為鈍角， ∴二面角A-PC-D的余弦值為－.

14、 ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T2、T4) 題型3　利用空間向量求解探索性問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第36頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 立體幾何中探索性問題的種類及其求法 (1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關(guān)系的判定與性質(zhì)定理進(jìn)行推理探究，二是對幾何體的空間角、距離和體積等的研究． (2)其解決方法多通過求角、距離、體積等把這些問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個參數(shù)的方程問題，根據(jù)方程解的存在性來解決． ■典題試解尋法………………………………………………………………………

15、· 【典題】　如圖10-5(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝1，BC＝2，E為CD上一點，且DE＝1，EC＝2，現(xiàn)沿BE折疊使平面BCE⊥平面ABED，F(xiàn)為BE的中點，如圖10-5(2)． 圖10-5(1)　　　　　　圖10-5(2) (1)求證：AE⊥平面BCE； (2)能否在邊AB上找到一點P，使平面ACE與平面PCF所成角的余弦值為？若存在，試確定點P的位置；若不存在，請說明理由． [思路分析]　(1)證明AE⊥BEAE⊥平面BCE； (2)證明CF⊥平面ABED求點A，C，E，F(xiàn)的坐標(biāo)＝λ由兩平面所成角的余弦值為確定P的位置． [解]　(1)

16、證明：在直角梯形ABCD中作DM⊥BC于M，連接AE， 則CM＝2－1＝1，CD＝DE＋CE＝1＋2＝3， 則DM＝AB＝＝＝2， cos C＝＝， 則BE＝ ＝＝， AE＝ ＝＝， 所以AE2＋BE2＝AB2，故AE⊥BE，且折疊后AE與BE位置關(guān)系不變． 又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以AE⊥平面BCE. (2)連接CF，因為在△BCE中，BC＝CE＝2，F(xiàn)為BE的中點，所以CF⊥BE.又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以CF⊥平面ABED.以F為坐標(biāo)原點，過點F且平行于AE的直線為x軸，F(xiàn)B，F(xiàn)C所在

17、直線分別為y軸，z軸， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz， 則F(0,0,0)， A，C，E， 從而＝，＝. 設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則 即 令z1＝1， 則x1＝0，y1＝－， 可得平面ACE的一個法向量為m＝(0，－，1)． 假設(shè)在AB上存在一點P，使平面ACE與平面PCF所成角的余弦值為，且＝λ(0≤λ≤1)． 因為B， 所以＝， 故＝. 又＝， 所以＝＋＝， 又＝， 設(shè)平面PCF的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 則 即 令x2＝2λ－1，得n＝(2λ－1，(λ－1)，0)為平面PCF的一個法向量， 所以

18、|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得λ＝或λ＝0， 因此存在點P，且P為線段AB上靠近點B的三等分點或P與A重合時，平面ACE與平面PCF所成角的余弦值為. [類題通法]　 利用空間向量巧解探索性問題 (1)對于存在型問題，解題時，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“是否有解”“是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對于位置探索型問題，通常是借助向量，引入?yún)?shù)，綜合條件和結(jié)論列方程，解出參數(shù)，從而確定位置. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 如圖10-6，在五面體ABCDPE中，PD⊥平面ABCD

19、，∠ADC＝∠BAD＝90°，F(xiàn)為棱PA的中點，PD＝BC＝，AB＝AD＝1，且四邊形CDPE為平行四邊形． 圖10-6 (1)判斷AC與平面DEF的位置關(guān)系，并給予證明； (2)在線段EF上是否存在一點Q，使得BQ與平面PBC所成角的正弦值為？若存在，請求出QE的長；若不存在，請說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號：07804075】 [解]　(1)AC∥平面DEF.理由如下： 設(shè)線段PC交DE于點N，連接FN，如圖所示， 因為四邊形PDCE為平行四邊形，所以點N為PC的中點， 又點F為PA的中點，所以FN∥AC， 因為FN?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF. (

20、2)如圖，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 因為PD＝BC＝，AB＝AD＝1，所以CD＝2， 所以P(0,0，)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)， 所以＝(1,1，－)，＝(－1,1,0)． 設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z) ， 則 即解得 令x＝1，得平面PBC的一個法向量為m＝(1,1，)． 假設(shè)存在點Q滿足條件． 由F，E(0,2，)，可得＝. 設(shè)＝λ(0≤λ≤1)， 整理得Q， 則＝， 因為直線BQ與平面PBC所成角的正弦值為， 所以|cos〈，m〉|＝＝＝， 得14λ2－

21、5λ－1＝0，又0≤λ≤1，所以λ＝， 故在線段EF上存在一點Q，使得BQ與平面PBC所成角的正弦值為，且QE＝＝. ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T3) 三年真題| 驗收復(fù)習(xí)效果 (對應(yīng)學(xué)生用書第37頁) 1.(2017·全國Ⅲ卷)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. 圖10-7 (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D-AE-C的余弦值． [解]　(1)證明：

22、由題設(shè)可得△ABD≌△CBD，從而AD＝CD. 又△ACD是直角三角形， 所以∠ADC＝90°. 取AC的中點O，連接DO，BO， 則DO⊥AC，DO＝AO. 又因為△ABC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角． 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2， 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°. 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由題設(shè)及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直， 以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz， 則A(1,

23、0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)． 由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的， 即E為DB的中點，得E， 故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)， ＝. 設(shè)n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， 則即 可取n＝. 設(shè)m是平面AEC的法向量，則 同理可取m＝(0，－1，)， 則cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角D-AE-C的余弦值為. 2．(2017·全國Ⅰ卷)如圖10-8，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. 圖10-8 (1)證明：平

24、面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值． [解]　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因為AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD. 因為AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為點F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A，P，B，C， 所以＝，＝(，0,0)， ＝，＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一個法向量，則 即 所以可取n＝(0，－1，－)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一個法向量，則 即 所以可取m＝(1,0,1)，則cos〈n，m〉＝＝＝－. 所以二面角A-PB-C的余弦值為－. 14