2020版高考数学大一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用（第3课时）利用空间向量解决有关空间角的开放问题课件理新人教A版.pptx

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1、第3课时 利用空间向量解决有关空间角的开放问题,考点一 与线面角有关的探索性问题,(1)求证：A1D平面BCED； (2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由,(1)证明 题图(1)中，由已知可得：AE2，AD1，A60.,故得AD2DE2AE2，ADDE，BDDE. 题图(2)中，A1DDE，BDDE， A1DB为二面角A1DEB的平面角， 又二面角A1DEB为直二面角，A1DB90，即A1DDB， DEDBD且DE，DB平面BCED，A1D平面BCED.,(2)解 存在由(1)知EDDB，A1D平面BCED.以D为坐

2、标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图，,过P作PHDE交BD于点H，,因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60，,规律方法 解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在,(1)求证：ADPC； (2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等,由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454， 得AC2，所以AC2BC2AB2，

3、 所以ACB90，即BCAC. 又ADBC，所以ADAC，,所以AD2AP2DP2，所以PAAD， 又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.,(2)解 因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(1，1，0)，P(0，0，2)，,易得平面ABCD的一个法向量为m(0，0，1),设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，,令x1，得n(1，1，1) 因为直线EF与平面PDC所成的角

4、和直线EF与平面ABCD所成的角相等，,考点二 与二面角有关的探索性问题 多维探究 角度1 已知二面角探求长度,(1)求证：平面PBC平面PQB； (2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60？,BCQD，BCQD， 四边形BCDQ为平行四边形，BQCD. ADC90，BCBQ. PAPD，AQQD，PQAD. 又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD， PQ平面ABCD，PQBC. 又PQBQQ，BC平面PQB. BC平面PBC，平面PBC平面PQB.,设平面MBQ的法向量为m(x，y，z)，则,设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，则,平面QMB

5、与平面PDC所成的锐二面角的大小为60，,角度2 已知二面角探求角度 【例22】 (2019河北“五个一”名校联考)如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，ABC60，AB2BC2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点,(1)证明 法一 如图，设DF的中点为M，连接AM，GM， 因为四边形DCEF是正方形，所以MG綉CD， 又四边形ABCD是梯形，且AB2CD，ABCD，点N是AB的中点， 所以AN綉DC，所以MG綉AN， 所以四边形ANGM是平行四边形，所以NGAM. 又AM平面ADF，NG平面ADF， 所以NG平面ADF.,法二 如图，连接NC，NE

6、，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB2CD，ABCD， 所以AN綉CD， 所以四边形ANCD是平行四边形，所以NCAD， 因为AD平面ADF，NC平面ADF， 所以NC平面ADF，,同理可得NE平面ADF，又NCNEN，所以平面NCE平面ADF， 因为NG平面NCE，所以NG平面ADF.,(2)解 设CD的中点为O，EF的中点为P，连接NO，OP，易得NOCD，以点O为原点，以OC所在直线为x轴，以NO所在直线为y轴，以过点O且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为NOCD，OPCD， 所以NOP是二面角ACDF的平面角， 则NOP，所以POy，,设平面B

7、CE的法向量为n(x，y，z)，,又易知平面ACD的一个法向量为m(0，0，1)，,由图可知二面角ABCE为锐角，,规律方法 1.解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在 2探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用 3利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理,【训练2】 (2019华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，ABCDEF，ADCD，DCF60，CDEFCF2AB2AD2，平面CDEF平面ABCD.,

8、(1)求证：CE平面ADF； (2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角PDFA的大小为60.,(1)证明 CDEF，CDEFCF， 四边形CDEF是菱形，CEDF. 平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，ADCD，AD平面ABCD， AD平面CDEF， CE平面CDEF，ADCE. 又AD平面ADF，DF平面ADF，ADDFD， 直线CE平面ADF.,(2)解 由(1)知四边形CDEF为菱形， 又DCF60， DEF为正三角形 如图，取EF的中点G，连接GD，则GDEF.,EFCD，GDCD. 平面CDEF平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF平面ABCD

9、CD， GD平面ABCD. 又ADCD，直线DA，DC，DG两两垂直 以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系Dxyz.,CDEFCF2，ABAD1，,二面角PDFA的大小为60，,P在靠近点B的CB的三等分点处,考点三 与空间角有关的最值问题,(1)求证：平面BED平面ABCD； (2)若点P在平面ABE内运动，且DP平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值,(1)证明 如图，连接AC，交BD于点O，连接EO， ADAB，CDCB，ACAC， ADCABC，易得ADOABO， AODAOB90， ACBD. 又ECBD，ECAC

10、C，BD平面AEC， 又OE平面AEC，OEBD. 又底面ABCD是圆内接四边形， ADCABC90，,易得AEOACE，AOEAEC90， 即EOAC. 又AC，BD平面ABCD，ACBDO， EO平面ABCD， 又EO平面BED，平面BED平面ABCD.,(2)解 如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM， 则MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60， ABD为正三角形，DNAB，又BCAB， 平面DMN平面EBC，点P在线段MN上 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，,设平面ABE的法向量n(x，y，z)，,规律方法 解决空间角的最值问题一般是把空间

11、角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用,【训练3】 (2019上海静安区质检)如图所示，PA平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AEAD，ADAEAP2.,(1)求二面角APED的余弦值； (2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长,解 (1)因为PA平面ADE，AD平面ADE，AB平面ADE， 所以PAAD，PAAB， 又因为ABAD， 所以PA，AD，AB两两垂直,因为PAAD，ADAE，AEPAA， 所以AD平面PAE，,设平面PED的法向量为m(x，y，z),令y1，解得z1，x1. 所以m(1，1，1)是平面PED的一个法向量，,设12t，t1，3，,思维升华用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想 易错防范求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：(1)通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；(2)当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定,