2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何第10讲立体几何中的向量方法教学案理

2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几

何第10讲立体几何中的向量方法教学案理

■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．两条异面直线的夹角

?π?(1)两异面直线的夹角θ∈?0，?.

2??

(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝2．直线与平面的夹角

|s1·s2|.

|s1|·|s2|?π?(1)直线与平面的夹角θ∈?0，?.

2??

(2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a|·|n|. ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 (2016·全国Ⅲ卷)如图10-1，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，

AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

图10-1

(1)证明MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

【导学号：07804072】

2

[解] (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.如图，

3

1

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝2

BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是

MN∥AT.

因为AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB.

(2)取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，

2

且AE＝AB－BE＝

2

2

?BC?AB2－??＝5. 2

??

→

以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N?

?5?

，1，2?， ?2?

PM＝(0,2，－4)，PN＝?

→

→?5?→?5?

，1，－2?，AN＝?，1，2?. ?2??2?

→??n·PM＝0，

设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则?

→??n·PN＝0，2y－4z＝0，??

即?5

x＋y－2z＝0，??2

可取n＝(0,2,1)．

→

→|n·AN|85

于是|cos〈n，AN〉|＝＝.

→25|n||AN|85

所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.

25[类题通法] 向量法求线面角的一般步骤 1.建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标. 2.写出相关向量的坐标. 3.求平面的法向量. 4.求线面角的正弦值. 5.转化为几何结论.

提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.

■对点即时训练………………………………………………………………………·

如图10-2，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，

AB＝AE＝2.

图10-2

(1)求证：BD⊥平面ACFE；

(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．

[解] (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴BD⊥AE.

∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.

→→

(2)以O为原点，OA，OB的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，D(0，－3，0)，E(1,0,2)，

F(－1,0，a)(a＞0)，OF＝(－1,0，a)．

设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·OB＝0

则有?

→??n·OE＝02,0,1)，

→

|OF·n|

由题意得sin 45°＝|cos〈OF，n〉|＝＝

→|OF||n|

→

21＝，解得a＝3或－. 2

23a＋1·5由a＞0，得a＝3， |2＋a|

→

，即?

?3y＝0

?x＋2z＝0

，令z＝1，则n＝(－

OF＝(－1,0,3)，BE＝(1，－3，2)，

→→－1＋65

cos〈OF，BE〉＝＝，

10×84故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为

5.] 4

→→

■题型强化集训………………………………………………………………………·

(见专题限时集训T1)

题型2 向量法求二面角(答题模板)

(对应学生用书第34页)

利用向量法求二面角的大小是高考对立体几何的常规考法，它以代数运算代替抽象的思维，给立体几何带来了鲜活的方法，此类问题建系是突破口，求解的关键是平面的法向量．(2017·全国Ⅰ卷T18,2017·全国Ⅱ卷T19,2017·全国Ⅲ卷T19,2016·全国Ⅰ卷T18,2016·全国Ⅱ卷T19,2014·全国Ⅰ卷T19,2013·全国Ⅱ卷T18) ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 (本小题满分12分)(2017·全国Ⅱ卷)如图10-3，四棱锥P-ABCD中，1①②

侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC2＝90°，E是PD的中点．

图10-3

(1)证明：直线CE∥平面PAB； (2)点M在棱PC上，

且直线BM与底面ABCD所成角为45°， 求二面角M-AB-D的余弦值.

【导学号：07804073】

[审题指导] 题眼 ① 挖掘关键信息 看到PAD为等边三角形， 想到等边三角形的有关性质. 看到PAD垂直于底面ABCD， 想到面面垂直的性质. 看到证明直线CE∥平面PAB， 想到线面平行的判定或面面平行的性质. 看到M在棱PC上， ⑥

⑤

④

③

② ③ ④ 想到P，M，C三点共线，想到点M的设法. ⑤ 看到直线BM与底面ABCD所成角为45°， 想到线面角的求法，想到平面法向量的计算方法. 看到求二面角M-AB-D的余弦值， 想到求平面MAB与平面ABD的法向量. ⑦

⑥ [规范解答] (1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF. 1

因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.

2由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD， 1

又BC＝AD，所以EF綊BC，

2

四边形BCEF是平行四边形，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为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，|AB|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， →→则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)，PC＝(1,0，－3)，AB＝(1,0,0).

7分

⑧2分

设M(x，y，z)(0

BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－3)．

因为BM与底面ABCD所成的角为45°， 而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量， →

所以|cos〈BM，n〉|＝sin 45°，即(x－1)＋y－z＝0.① →→⑨

又M在棱PC上，设PM＝λPC，则

2

2

2

→→

|z|

x－

2

＋y＋z2

＝2

2

， 2

8分

x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②

??y＝1，

由①②解得?

6

?z＝－?2

x＝1＋

所以M?1－

2

，2

??y＝1，

(舍去)，或?

6

?z＝?2，

x＝1－

2

，2

??→?26?26?

，1，?，从而AM＝?1－，1，?. 22?22??

10分

设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 →??m·AM＝0，

?

→??m·AB＝0，

?－2x0＋2y0＋6z0＝0，

即?

?x0＝0，

所以可取m＝(0，－6，2). 于是cos〈m，n〉＝

11分

m·n10

＝.

|m||n|5

10

. 12分 5

因此二面角M-AB-D的余弦值为[阅卷者说]

易错点 ⑦因空间想象力不足，导致不会作辅助线，进而导致(1)无法证明. ⑧因对图形和立体几何的理论体系不熟，导致不会建系，进而不会求二面角的余弦值. ⑨因对向量共线知识不熟，导致点M的坐标计算不出，致使(2)无法求解. 防范措施 当题设条件出现边的中点，要证明线面平行时，常取另一个边的中点，构造平行关系. 熟知常见的空间直角坐标系的建法，结合已知的图形中的垂直关系建系，如本题也可以AD的中点为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建系. →→点M在棱PC上，则PM＝λPC(0＜λ＜1). [通性通法] 向量法求二面角的方法 若n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角θ的大小满足|cos θ|＝

.然后利用图形判断二面角是锐角或钝角.

若AB，CD是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大→→

小θ为AB与CD的夹角或其补角.

■对点即时训练………………………………………………………………………·

(2017·安徽马鞍山模拟)已知四棱锥P-ABCD中，如图10-4，底面ABCD是梯形，BC ∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.

图10-4

(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A-PC-D的余弦值.

【导学号：07804074】

[解] (1)证明：∵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为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图， ∵PH⊥平面ABCD， ∴z轴∥PH.

则A(0,0,0)，C(1,1,0)，

D(0,2,0)，设AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．

则P(0，a，h)．

→→→

∴AP＝(0，a，h)，DP＝(0，a－2，h)，AC＝(1,1,0)． →→2

∵PA⊥PD，∴AP·DP＝a(a－2)＋h＝0. ∵AC与PD所成角为60°， →→

∴|cos〈AC，DP〉|＝

2

2

|a－2|2·

a－

1＝ ， 22＋h2

∴(a－2)＝h，∴(a－2)(a－1)＝0，

∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0,1,1)．

→→→→

∴AP＝(0,1,1)，AC＝(1,1,0)，PC＝(1,0，－1)，DC＝(1，－1,0)，设平面APC的法→??n·AP＝y＋z＝0

向量为n＝(x，y，z)，由?

→??n·AC＝x＋y＝0

，

得平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)， 设平面DPC的法向量为m＝(x，y，z)．

→??m·PC＝x－z＝0

由?

→??m·DC＝x－y＝0

，

得平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．

m·n1

∴cos〈m，n〉＝＝.

|m||n|3

∵二面角A-PC-D的平面角为钝角， 1

∴二面角A-PC-D的余弦值为－. 3

■题型强化集训………………………………………………………………………·

(见专题限时集训T2、T4) 题型3 利用空间向量求解探索性问题

(对应学生用书第36页)

■核心知识储备………………………………………………………………………·

立体几何中探索性问题的种类及其求法

(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究．

(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决．

■典题试解寻法………………………………………………………………………·

【典题】 如图10-5(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝1，BC＝2，E为CD上一点，且DE＝1，EC＝2，现沿BE折叠使平面BCE⊥平面ABED，F为BE的中点，如图10-5(2)．

图10-5(1) 图10-5(2)

(1)求证：AE⊥平面BCE；

2

(2)能否在边AB上找到一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为？若存在，3试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 面面垂直

[思路分析] (1)证明AE⊥BE――→AE⊥平面BCE；

建系P在边AB上求法向量

→→

(2)证明CF⊥平面ABED――→求点A，C，E，F的坐标――→AP＝λAB――→由

2

两平面所成角的余弦值为确定P的位置．

3

[解] (1)证明：在直角梯形ABCD中作DM⊥BC于M，连接AE， 则CM＝2－1＝1，CD＝DE＋CE＝1＋2＝3， 则DM＝AB＝9－1＝8＝22，

CM1

cos C＝＝，

CD3

则BE＝CE＋CB－2CE·CB·cos C ＝143

4＋4－2×2×2×＝，

33

22AE＝AD2＋DE2－2AD·DE·cos∠ADE

＝126

1＋1－2×1×1×＝，

33

2

2

2

所以AE＋BE＝AB，故AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变． 又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以AE⊥平面BCE. (2)连接CF，因为在△BCE中，BC＝CE＝2，F为BE的中点，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为坐标原点，过点F且平行于AE的直线为x轴，FB，FC所在直线分别为y轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz， 则F(0,0,0)，

A?23??26??23??26

，－，0?，C?0，0，?，E?0，－，0?，

33??3?3???

→?262326??→?

从而AE＝?－，0，0?，CE＝?0，－，－?.

33??3??设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)， →??m·AE＝0，

则?

→??m·CE＝0，

26?－

?3x＝0，即?

2326－y－z＝0，??33

11

1

令z1＝1，

则x1＝0，y1＝－2，

可得平面ACE的一个法向量为m＝(0，－2，1)．

→→2

假设在AB上存在一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为，且AP＝λAB3(0≤λ≤1)．

?23?因为B?0，，0?，

3??

→?2643?

所以AB＝?－，，0?，

3?3?→?2643?

故AP＝?－λ，λ，0?.

3?3?→?262326?

又CA＝?，－，－?，

33??3→→→?26

所以CP＝CA＋AP＝?

?3→?26?又FC＝?0，0，?，

3??

设平面PCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， →??n·FC＝0，

则?

→??n·CP＝0，

－λ

23

，

3

λ－

26?，－?，

3?

26??3z＝0，即?26??3－λ

2

x2＋23

3

λ－y2－

26

z2＝0，3

令x2＝2λ－1，得n＝(2λ－1，2(λ－1)，0)为平面PCF的一个法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝?2

解得λ＝或λ＝0，

3

因此存在点P，且P为线段AB上靠近点B的三等分点或P与A重合时，平面ACE与

?m·n?＝??|m||n|?3·

λ－λ－

2＋λ－

2

＝， 23

2

平面PCF所成角的余弦值为. 3

[类题通法] 利用空间向量巧解探索性问题

对于存在型问题，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“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.

对于位置探索型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置.

■对点即时训练………………………………………………………………………·

如图10-6，在五面体ABCDPE中，PD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为棱PA的中点，PD＝BC＝2，AB＝AD＝1，且四边形CDPE为平行四边形．

图10-6

(1)判断AC与平面DEF的位置关系，并给予证明；

(2)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为请求出QE的长；若不存在，请说明理由.

【导学号：07804075】

[解] (1)AC∥平面DEF.理由如下：

设线段PC交DE于点N，连接FN，如图所示，

因为四边形PDCE为平行四边形，所以点N为PC的中点， 又点F为PA的中点，所以FN∥AC，

因为FN?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF. (2)如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 因为PD＝BC＝2，AB＝AD＝1，所以CD＝2， 所以P(0,0，2)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)， →→

所以PB＝(1,1，－2)，BC＝(－1,1,0)． 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z) ， →??m·PB＝x，y，z则?

→??m·BC＝x，y，z，1，－2－1，1，

＝0，＝0，

3

？若存在，6

?x＋y－2z＝0，即?

?－x＋y＝0，

?x＝y，解得?

?z＝2x，

令x＝1，得平面PBC的一个法向量为m＝(1,1，2)． 假设存在点Q满足条件．

→?12?2??1

由F?，0，?，E(0,2，2)，可得FE＝?－，2，?.

2?2??2?2→→

设FQ＝λFE(0≤λ≤1)， 整理得Q?

2?1－λ

，2λ，?2

＋λ2

??， ?

＋λ2

→?1＋λ2则BQ＝?－，2λ－1，2??

?， ?

3， 6

因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为?→?→BQ·m?|5λ－1|3?所以|cos〈BQ，m〉|＝＝＝?→?219λ2－10λ＋76， ?|BQ|·|m|?

12

得14λ－5λ－1＝0，又0≤λ≤1，所以λ＝，

2

332??1

故在线段EF上存在一点Q?，1，?，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为6，

4??4

2

且QE＝

2－

＋?2

19?32?

. －2?＝4?4?

?1－0?＋

?4???

■题型强化集训………………………………………………………………………·

(见专题限时集训T3) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第37页)

1.(2017·全国Ⅲ卷)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.

图10-7

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；

(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．

[解] (1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD. 又△ACD是直角三角形， 所以∠ADC＝90°.

取AC的中点O，连接DO，BO， 则DO⊥AC，DO＝AO.

又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角． 在Rt△AOB中，BO＋AO＝AB，

又AB＝BD，所以BO＋DO＝BO＋AO＝AB＝BD， 故∠DOB＝90°. 所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，

→→

以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，|OA|为单位长度，

2

2

2

2

2

2

2

2

2

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．

1

由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离

21

为D到平面ABC的距离的，

2即E为DB的中点，得E?0，

??31?，?， 22?

→→

故AD＝(－1,0,1)，AC＝(－2,0,0)，

AE＝?－1，

→?

?

31?，?. 22?

设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， →??n·AD＝0，

则?

→??n·AE＝0，可取n＝?1，

－x＋z＝0，??

即?31

－x＋y＋z＝0，?22?

?

?3?，1?. 3?

→??m·AC＝0，

设m是平面AEC的法向量，则?

→??m·AE＝0，同理可取m＝(0，－1，3)， 则cos〈n，m〉＝

n·m7

＝. |n||m|7

7. 7

所以二面角D-AE-C的余弦值为2．(2017·全国Ⅰ卷)如图10-8，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.

图10-8

(1)证明：平面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)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因为AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD.

因为AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.

由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.

→→以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.

由(1)及已知可得A?

2??22?2?????

，0，0?，P?0，0，?，B?，1，0?，C?－，1，0?，

2??2?2????2?

→?22?→

所以PC＝?－，1，－?，CB＝(2，0,0)，

2??2→

PA＝?

2?→?2

，0，－?，AB＝(0,1,0)．

2??2

设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则

→??n·PC＝0，?

→??n·CB＝0，

22?

?－x1＋y1－z1＝0，

2即?2

??2x1＝0.

所以可取n＝(0，－1，－2)．

设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则 →??m·PA＝0，

?

→??m·AB＝0，

??2x2－2z2＝0，

2即?2

??y2＝0.

所以可取m＝(1,0,1)，则cos〈n，m〉＝

3

. 3

n·m－23

＝＝－.

|n||m|33×2

所以二面角A-PB-C的余弦值为－

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/569o.html