《高三數(shù)學(xué)第一篇五 立體幾何 第3講 空間向量與立體幾何 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)第一篇五 立體幾何 第3講 空間向量與立體幾何 理（42頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第3 3講講 空間向量與立體幾何空間向量與立體幾何考情分析考情分析總綱目錄考點(diǎn)一 向量法證明平行與垂直考點(diǎn)二 利用空間向量求空間角（高頻考點(diǎn)）考點(diǎn)三 立體幾何中的探索性問題考點(diǎn)一 向量法證明平行與垂直設(shè)直線l的方向向量為a=(a1,b1,c1),平面、的法向量分別為=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3).(1)線面平行l(wèi)aa=0a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)線面垂直laa=ka1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k0).(3)面面平行v=va2=a3,b2=b3,c2=c3(0).(4)面面垂直vv=0a2a3+b2b3+c2c3=0.典型例題典型例題如圖所示,在底面

2、是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,E,F分別是PC,PD的中點(diǎn),PA=AB=1,BC=2.(1)求證:EF平面PAB;(2)求證:平面PAD平面PDC.證明證明以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F,=,=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).(1)因?yàn)?-,所以,11,1,2210,1,2EF1,0,02APADDCABEF12ABEFAB即EFAB.又AB平面PAB,EF 平面PAB,所以E

3、F平面PAB.(2)因?yàn)?(0,0,1)(1,0,0)=0,=(0,2,0)(1,0,0)=0,所以,即APDC,ADDC.又因?yàn)锳PAD=A,AP平面PAD,AD平面PAD,所以DC平面PAD.因?yàn)镈C平面PDC,所以平面PAD平面PDC.APDCADDCAPDCADDC方法歸納方法歸納向量法證明平行與垂直的四個(gè)步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系,建系時(shí),要盡可能地利用已知的垂直關(guān)系;(2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系,用空間向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面;(3)通過空間向量的運(yùn)算求出平面向量或法向量,再研究平行、垂直關(guān)系;(4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題.跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)在直三棱柱AB

4、C-A1B1C1中,ABC=90,BC=2,CC1=4,點(diǎn)E在線段BB1上,且EB1=1,D,F,G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點(diǎn).求證:(1)B1D平面ABD;(2)平面EGF平面ABD.則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),設(shè)BA=a(a0),則A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),所以=0,=0+4-4=0,即B1DBA,B1DBD.又BABD=B,BA,BD平面ABD,因此B1D平面ABD.BABD1B D1B DBA1B DBD證明證明(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BB1所在的直線分別為x軸,

5、y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,(2)由(1),知E(0,0,3),G,F(0,1,4),則=,=(0,1,1),所以=0+2-2=0,=0+2-2=0,即B1DEG,B1DEF.又EGEF=E,EG,EF平面EGF,因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.,1,42aEG,1,12aEF1B DEG1B DEF考點(diǎn)二 利用空間向量求空間角(高頻考點(diǎn))命題點(diǎn)命題點(diǎn)1.利用空間向量求線線角、線面角、二面角.2.由空間角的大小求參數(shù)值或線段長.1.向量法求異面直線所成的角若異面直線a,b的方向向量分別為a,b,所成的角為,則cos=|cos|=.|a ba b2.向量法求

6、線面所成的角求出平面的法向量n,直線的方向向量a,設(shè)線面所成的角為,則sin=|cos|=.|n an a3.向量法求二面角求出二面角-l-的兩個(gè)半平面與的法向量n1,n2,若二面角-l-所成的角為銳角,則cos=|cos|=;若二面角-l-所成的角為鈍角,則cos=-|cos|=-.1212|n nnn1212|n nnn典型例題典型例題(2017課標(biāo)全國,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中點(diǎn).(1)證明:直線CE平面PAB;(2)點(diǎn)M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45,求二

7、面角M-AB-D的余弦值.12解析解析(1)取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF.因?yàn)镋是PD的中點(diǎn),所以EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC,四邊形BCEF是平行四邊形,CEBF,又BF平面PAB,CE 平面PAB,故CE平面PAB.1212(2)由已知得BAAD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).ABAB3PC3AB設(shè)M(x,y,z)(0 x1),則=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-

8、).BMPM3因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin 45,=,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,設(shè)=,則x=,y=1,z=-.BM222|(1)zxyz22PMPC33由解得(舍去)或所以M,從而=.21,21,62xyz 21,21,6,2xyz 261,1,22AM261,1,22設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則即所以可取m=(0,-,2).于是cos=.易知所求二面角為銳角.因此二面角M-AB-D的余弦值為.AM0,AB0,mm0000(22)x2y6z0,x0,6|m nm n10510

9、5方法歸納方法歸納利用空間向量求空間角的一般步驟(1)建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;(2)求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),寫出相關(guān)向量的坐標(biāo);(3)結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算;(4)轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論.跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)1.(2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,BAD=120.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.3解析解析在平面ABCD內(nèi),過點(diǎn)A作AEAD,交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.如圖,以,為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.AEAD1AA因

10、為AB=AD=2,AA1=,BAD=120,則A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),則cos=-,因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.(2)平面A1DA的一個(gè)法向量為=(,0,0).設(shè)m=(x,y,z)為平面BA1D的法向量,3333331AB331AC331AB1AC1111|AB ACABAC(3,1,3)(3,1,3)7 1717AE3又=(,-1,-),=(-,3,0),則即不妨取x=3,則y=,z=2,所以m=(3,2)為平面BA1D的一個(gè)法向量,從而cos=.設(shè)二面角B-

11、A1D-A的大小為,則|cos|=.因?yàn)?,所以sin=.1AB33BD31A0,BD0,mBm330,330.xyzxy33AEAE|AE|mm(3,0,0)(3,3,2)34343421 cos 74因此二面角B-A1D-A的正弦值為.742.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.點(diǎn)D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA=AC=4,AB=2.(1)求證:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為,求線段AH的長.721解析解析如圖,以A為原點(diǎn)

12、,分別以,方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)證明:=(0,2,0),=(2,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則ABACAPDEDB即不妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=0,即n.因?yàn)镸N 平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則因?yàn)?(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以

13、不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=-,DE0,DB0,nn20,220.yxzMNMNMN22EM0,MN0.nnEMMN20,20.yzxyz1212|n nnn421于是sin=.所以,二面角C-EM-N的正弦值為.(3)依題意,設(shè)AH=h(0h4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos|=,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,線段AH的長為或.1052110521NHBENHBE|NH BENHBE2|22|52 3hh72185128512考點(diǎn)三 立體幾何中的探索性問題典型例題典型例題(201

14、7寶雞質(zhì)量檢測(一)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD為矩形,PA底面ABCD,點(diǎn)E是PD的中點(diǎn),點(diǎn)F是PC的中點(diǎn).(1)證明:PB平面AEC;(2)若底面ABCD為正方形,探究在什么條件下,二面角C-AF-D的大小為60?解析解析易知AD,AB,AP兩兩垂直,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,設(shè)AB=2a,AD=2b,AP=2c,則A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c).連接BD,設(shè)ACBD=O,連接OE,則O(a,b,0),又E是PD的中點(diǎn),所以E(0,b,c).(1)因?yàn)?(2a,0,-2c),=(a,0,-c),所以

15、=2,所以,即PBEO.因?yàn)镻B 平面AEC,EO平面AEC,所以PB平面AEC.PBEOPBEOPBEO(2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以a=b,A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),P(0,0,2c),E(0,a,c),F(a,a,c).因?yàn)閦軸平面CAF,所以設(shè)平面CAF的一個(gè)法向量為n=(x,1,0),而=(2a,2a,0),所以n=2ax+2a=0,得x=-1,所以n=(-1,1,0).ACAC因?yàn)閥軸平面DAF,所以設(shè)平面DAF的一個(gè)法向量為m=(1,0,z),而=(a,a,c),所以m=a+cz=0,得z=-,所以m=m=(c,0,-

16、a).cos 60=,得a=c.故當(dāng)AP與正方形ABCD的邊長相等時(shí),二面角C-AF-D的大小為60.AFAFac1,0,ac|n mn m222()cac12方法歸納方法歸納利用空間向量巧解探索性問題(1)對于存在型問題,解題時(shí),把要滿足的結(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.跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)如圖所示,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MD=NB=1,E為BC的中點(diǎn).(1)求異面直線NE與AM所成角

17、的余弦值;(2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S,使得ES平面AMN?若存在,求線段AS的長;若不存在,請說明理由.依題意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E,所以=,=(-1,0,1),因?yàn)閨cos|=,所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為.1,1,02NE1,0,12AMNEAM|NE AMNEAM1252210101010解析解析(1)如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.(2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S,使得ES平面AMN.連接AE,如圖所示.因?yàn)?(0,1,1),可設(shè)=(0,),又=,所以=+=.由ES

18、平面AMN,得即解得=,此時(shí)=,|=.經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)|AS|=時(shí),ES平面AMN.故線段AN上存在點(diǎn)S,使得ES平面AMN,此時(shí)|AS|=.ANASANEA1,1,02ESEAAS1,1,20,0,ES AMES AN10,2(1)0,12AS1 10,2 2AS2222221.(2017山東,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是的中點(diǎn).(1)設(shè)P是上的一點(diǎn),且APBE,求CBP的大小;(2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小.DFCE隨堂檢測隨堂檢測解析解析(1)因?yàn)锳PBE,ABBE,AB,AP平

19、面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30.(2)解法一:取的中點(diǎn)H,連接EH,GH,CH.因?yàn)镋BC=120,所以四邊形BEHC為菱形,EC所以AE=GE=AC=GC=.取AG中點(diǎn)M,連接EM,CM,EC,則EMAG,CMAG,所以EMC為所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=2.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=2,因此EMC為等邊三角形,故所求的角為60.解法二:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間

20、直角坐標(biāo)系.22321313 133由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3),C(-1,0),故=(2,0,-3),=(1,0),=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-,2).33AEAG3CGAE0,AG0mm11112x3z0,x3y0.3設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-,-2).所以cos=.易知所求角為銳二面角,因此所求的角為60.AG0,CG0nn2222x3y0,2x3z0.3|m nmn122.(2017昆明

21、教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC平面BCC1B1,AC=BC=1,BB1=2,B1BC=60.(1)證明:B1CAB;(2)已知點(diǎn)E在棱BB1上,二面角A-EC1-C為45,求的值.1BEBB解析解析(1)在BCB1中,BC=1,BB1=2,B1BC=60,則B1C=,于是BC2+B1C2=B,故B1CBC.因?yàn)锳C平面BCC1B,所以ACB1C,又BCAC=C,所以B1C平面ABC,所以B1CAB.(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz,22122 1 2 cos60 321B則C(0,0,0),B1(,0,0),B(0,1,0),A(0,0,1),由=得C1(,-1,0),設(shè)=(01),則E(,1-,0),于是=(,1-,-1),=(,-1,-1),31BB1CC3BE1BB3AE31AC3設(shè)平面AEC1的法向量為n=(x,y,z),則即可得平面AEC1的一個(gè)法向量為n=(-2,-,-),易得平面EC1C的一個(gè)法向量為m=(0,0,1),又二面角A-EC1-C為45,則cos 45=,解得=或=2(舍),所以=,故的值為.1AE0,AC0,nn3(1)0,30.x yzxyz333CA|m nmn223(2)3(1)323410102212BE121BB1BEBB12