2019届高考数学二轮复习第一篇专题五立体几何第3讲立体几何中的向量方法教案理.doc

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1、1第 3 讲 立体几何中的向量方法1.(2018全国卷,理 9)在长方体 ABCD A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA 1= ,则异面直线 AD1与3DB1所成角的余弦值为( C )(A) (B) (C) (D)15 22解析:法一 如图,连接 BD1,交 DB1于 O,取 AB 的中点 M,连接 DM,OM,易知 O 为 BD1的中点,所以 AD1OM,则MOD 或其补角为异面直线 AD1与 DB1所成角.因为在长方体 ABCD A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA 1= ,AD1= =2,3DM= = ,2+(12) 2DB1= = ,5所以 OM= AD1=1,OD= DB1=

2、 ,12 12于是在DMO 中,由余弦定理,得cosMOD= = ,12+(52) 2(52) 22152即异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 ,故选 C.法二 2如图,分别以 DA,DC,DD1所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.由题意,得 A(1,0,0),D(0,0,0),D1(0,0, ),B1(1,1, ),3 3所以 =(-1,0, ), =(1,1, ),1 3 1所以 =-11+01+( )2=2,1 1 3| |=2,| |= ,1 1 5所以 cos= = = .故选 C.1 11 1| 1| 1| 2252.(2018全国卷,理 18)如图,四边形 AB

3、CD 为正方形,E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF 为折痕把DFC 折起,使点 C 到达点 P 的位置,且 PFBF.(1)证明:平面 PEF平面 ABFD;(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.(1)证明:由已知可得,BFPF,BFEF,又 PFEF=E,所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD,所以平面 PEF平面 ABFD.(2)解:如图,作 PHEF,垂足为 H.由(1)得,PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点, 的方向为 y 轴正方向,| |为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系 H xyz.3由(1)可得,DEPE.又 DP=2,DE=1,所以 PE

4、= .又 PF=1,EF=2,故 PEPF.可得 PH= ,EH= .32则 H(0,0,0),P 0,0, ,D -1,- ,0 ,32= 1, , , = 0,0, .32又 为平面 ABFD 的法向量.设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ,则 sin =| |= = .|343所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .1.考查角度考查空间向量在求解空间角中的应用.2.题型及难易度解答题,难度中等偏上.(对应学生用书第 3941 页)向量法求线面角【例 1】 (2018石家庄市质量检测二)如图,三棱柱 ABC A1B1C1中,侧面 BB1C1C 为CBB 1=60的菱形,AB=A

5、C1.(1)证明:平面 AB1C平面 BB1C1C;(2)若 ABB 1C,直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30,求直线 AB1与平面 A1B1C 所成角的正弦值.4(1)证明:如图 1,连接 BC1,交 B1C 于 O,连接 AO,因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1CBC 1,因为 AB=AC1,O 为 BC1的中点,所以 AOBC 1,又 B1CAO=O,所以 BC1平面 AB1C,又 BC1平面 BB1C1C,所以平面 AB1C平面 BB1C1C.(2)解:因为 ABB 1C,BOB 1C,ABBO=B,所以 B1C平面 ABO,又 AO平面 ABO,所以 AOB

6、1C,从而 OA,OB,OB1两两垂直.以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立如图 2 所示的空间直角坐标系 O xyz,因为直线 AB 与平面 BB1C1C 所成的角为 30,所以ABO=30.设 AO=1,则 BO= ,3又CBB 1=60,所以CBB 1是边长为 2 的等边三角形,所以 A(0,0,1),B( ,0,0),B1(0,1,0),C(0,-1,0),3=(0,1,-1), =(0,-2,0), = =( ,0,-1).1 11 3设 n=(x,y,z)是平面 A1B1C 的法向量,则 11=0, 1=0,即令 x=1,则 n=(1,0, ).3设直线 AB1与平面

7、 A1B1C 所成的角为 ,5则 sin =|cos|= = ,11| 1|所以直线 AB1与平面 A1B1C 所成角的正弦值为 .利用向量法求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或钝角的补角),取其余角就是斜线和平面所成的角.即线面角的正弦值等于斜线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值.热点训练 1:(2018太原市一模)在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 的正方形,PABD.2(1)求证:PB=PD;(2)若 E,F 分别为 P

8、C,AB 的中点,EF平面 PCD,求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小.(1)证明:如图,连接 AC,交 BD 于点 O,连接 PO,因为四边形 ABCD 是正方形,所以 ACBD,OB=OD,又 PABD,PA平面 PAC,AC平面 PAC,PAAC=A,所以 BD平面 PAC,又 PO平面 PAC,所以 BDPO,又 OB=OD,所以 PB=PD.(2)解:设 PD 的中点为 Q,连接 AQ,EQ,因为 E 为 PC 的中点,6所以 EQCD,EQ= CD,12又 AFCD,AB=CD,F 为 AB 的中点,所以 AF= AB= CD,12 12所以 EQAF,EQ=AF,所以四边

9、形 AQEF 为平行四边形,所以 EFAQ,因为 EF平面 PCD,所以 AQ平面 PCD,又 PD平面 PCD,所以 AQPD,因为 Q 是 PD 的中点,所以 AP=AD= ,2因为 AQ平面 PCD,CD平面 PCD,所以 AQCD,又 ADCD,AQAD=A,所以 CD平面 PAD,PA平面 PAD,所以 CDPA,又 PABD,BDCD=D,BD平面 ABCD,CD平面 ABCD,所以 PA平面 ABCD.以 A 为坐标原点,以 AB,AD,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B( ,0,0),P(0,0, ),Q 0, , ,2

10、2所以 = 0, , , =( ,0,- ),2 2因为 AQ平面 PCD,所以 为平面 PCD 的一个法向量,所以 cos= =- ,| 12设直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 ,则 sin =|cos|= ,12所以直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 .向量法求二面角7【例 2】 (2018湖南省两市九月调研)如图,四棱锥 P ABCD 的底面为菱形,平面 PAD平面ABCD,PA=PD=5,AD=6,DAB=60,E 为 AB 的中点.(1)证明:ACPE;(2)求二面角 D PA B 的余弦值.(1)证明:取 AD 的中点 O,连接 OP,OE,BD,因为四边形 ABCD 为

11、菱形,所以 BDAC,因为 O,E 分别为 AD,AB 的中点,所以 OEBD,所以 ACOE.因为 PA=PD,O 为 AD 的中点,所以 POAD,又因为平面 PAD平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCD=AD,所以 PO平面 ABCD,所以 POAC,因为 OEOP=O,所以 AC平面 POE,所以 ACPE.(2)解:连接 OB,因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AD=AB,因为DAB=60,所以DAB 为等边三角形,O 为 AD 的中点,所以 BOAD,因为 PO平面 ABCD,所以 POOA,POOB,所以 OP,OA,OB 两两垂直.以 OA,OB,OP 分别为 x 轴、y

12、 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz,则 A(3,0,0),B(0,3 ,0),P(0,0,4), =(0,3 ,0)为平面 PAD 的法向量,3设平面 PAB 的法向量 n=(x,y,z), =(-3,0,4), =(-3,3 ,0),3则 即=0,=0,8取 x=1,则=1,=33,=34,n= 1, , ,cos= = = .34 49191结合图形可知二面角 D PA B 的余弦值为 .49191利用向量法求二面角的方法:(1)分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小;(2)通过平面的法向量来求:设二面角

13、的两个半平面的法向量分别为 n1和 n2,则二面角的大小等于(或 -).应注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角.热点训练 2:(2018广西柳州市一模)如图,在三棱柱 ABC A1B1C1中,底面ABC 为等边三角形,过 A1C 作平面 A1CD 平行于 BC1,交 AB 于点 D.(1)求证:CDAB;(2)若四边形 BCC1B1是边长为 2 的正方形,且 A1D= ,求二面角 D A1C B1的正弦值.5(1)证明:连接 AC1,设 AC1与 A1C 相交于点 E,连接 DE,则 E 为 AC1的中点,因为 BC1平面 A1CD,平面 A1CD平面 ABC1=DE,所以 DEBC 1,所以

14、 D 为 AB 的中点,又因为ABC 是等边三角形,所以 CDAB.(2)解:因为 AD2+A1A2=5=A1D2,所以 A1AAD,又 B1BBC,B 1BA 1A,所以 A1ABC,又 ADBC=B,所以 A1A平面 ABC,设 BC 的中点为 O,B1C1的中点为 O1,以 O 为原点,OB 所在的直线为 x 轴,OO 1所在的直线为 y轴,OA 所在的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O xyz.9则 C(-1,0,0),A1(0,2, ),D ,0, ,B1(1,2,0),312即 = ,0, , =(1,2, ), =(2,2,0),32 1 3 1设平面 DA1C 的法向量为

15、n1=(x1,y1,z1),由 得321+321=0,1+21+31=0.令 x1=1,得 n1=(1,1,- ),3设平面 A1CB1的法向量为 n2=(x2,y2,z2).由 得2 1=0,2 1=0,令 x2=1,得 n2= 1,-1, ,所以 cos= = =- .12|1|2|111573 10535则二面角 D A1C B1的正弦值为 = .47035用向量法解与空间角有关的探索性问题考向 1 位置探究型【例 3】 (2018辽宁省辽南协作校一模)如图所示,三棱柱 ABC A1B1C1中,已知 AB侧面BB1C1C,AB=BC=1,BB1=2,BCC 1=60.(1)求证:C 1B

16、平面 ABC;(2)E 是棱 CC1所在直线上的一点,若二面角 A B1E B 的正弦值为 ,求 CE 的长.12(1)证明:因为 AB平面 BB1C1C,所以 ABBC 1,在CBC 1中,由余弦定理得 BC1= ,故 BC1BC.3又 BCAB=B,所以 C1B平面 ABC.(2)解:由(1)可知 AB,BC,BC1两两垂直,10建立如图空间直角坐标系,则 B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),C1(0,0, ),B1(-1,0, ),3所以 =(-1,0, ).1 3设 = =(-1,0, ),1 3所以 E(1-,0, ).3=(1-,-1, ), =(-1,-1, )

17、.设平面 AB1E 的一个法向量为 n1=(x,y,z),31 3则 (1)+3=0,+3=0. 令 z= ,则 x= ,y= ,332所以 n1= , , ,32 3取平面 B1EB 的一个法向量为 n2=(0,1,0).由|cos|= ,得 2 2-5+3=0,解得 =1 或 = ,32所以 =1 时,CE=2;= 时,CE=3.32考向 2 存在判断型【例 4】 (2018湖南省四校二次联考)如图,已知直三棱柱 ABC A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,ABAC,M,N,Q 分别是 CC1,BC,AC 的中点,点 P 在直线 A1B1上运动,且 =(0,1).11(1)证明:无论

18、取何值,总有 AM平面 PNQ;(2)是否存在点 P,使得平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60?若存在,试确定点 P 的位置,若不存在,请说明理由.11(1)证明:连接 A1Q,因为 AA1=AC=1,M,Q 分别是 CC1,AC 的中点,所以AA 1QCAM,所以MAC=QA 1A,所以MAC+AQA 1=QA 1A+AQA 1=90,所以 AMA 1Q.因为 N,Q 分别是 BC,AC 的中点,所以 NQAB.又 ABAC,所以 NQAC.在直三棱柱 ABC A1B1C1中,AA 1底面 ABC,所以 NQAA 1.又 ACAA 1=A,所以 NQ平面 ACC1A1,所以 NQAM

19、.由 NQAB 和 ABA 1B1可得 NQA 1B1,所以 N,Q,A1,P 四点共面.所以 A1Q平面 PNQ.因为 NQA 1Q=Q,所以 AM平面 PNQ,所以无论 取何值,总有 AM平面 PNQ.(2)解:如图,以 A 为坐标原点,AB,AC,AA 1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A1(0,0,1),B1(1,0,1),M 0,1, ,N , ,0 ,Q 0, ,0 ,12 1212 12= - , , , =(1,0,0).121212 11由 = =(1,0,0)=(,0,0),1 11可得点 P(,0,1),所以 = -, ,-1 .12 12

20、12设 n=(x,y,z)是平面 PMN 的法向量,则 =0,=0,即12+12+12=0,(12)+12=0,得=1+23 ,=223 ,令 x=3,得 y=1+2,z=2-2,所以 n=(3,1+2,2-2)是平面 PMN 的一个法向量.取平面 ABC 的一个法向量为 m=(0,0,1).假设存在符合条件的点 P,则|cos|= = ,12化简得 4 2-14+1=0,解得 = 或 = (舍去).7354 7+354综上,存在点 P,且当 A1P= 时,满足平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60.7354(1)对于存在判断型问题求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或

21、方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.热点训练 3:(2018福州市四校联考)如图,在梯形 ABCD 中,ABCD,AD=DC=CB=1,BCD=120,四边形BFED 是直角梯形,DEBD,BFDE,DE=2BF=2,平面 BFED平面 ABCD.(1)求证:AD平面 BFED;(2)在线段 EF 上是否存在一点 P,使得平面 PAB 与平面 ADE 所成的锐二面角的余弦值为 ?若存在,求出点 P 的位置;若不存在,说明理由.(1)证明:在梯形 ABCD 中,因为 AB

22、CD,AD=DC=CB=1,BCD=120,所以 AB=2,13所以 BD2=AB2+AD2-2ABADcos 60=3,所以 AB2=AD2+BD2,所以 BDAD,因为平面 BFED平面 ABCD,平面 BFED平面 ABCD=BD,所以 AD平面 BFED.(2)解:因为 AD平面 BFED,所以 ADDE,以 D 为原点,分别以 DA,DB,DE 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0, ,0),E(0,0,2),3F(0, ,1), =(0, ,-1), =(-1, ,0),3 3 3=(-1,0,2).设 =

23、=(0, ,-)(01),3则 = + =(-1, ,2-).3取平面 ADE 的一个法向量为 n=(0,1,0),设平面 PAB 的法向量为 m=(x,y,z).由 m=0, m=0 得 +3=0,+3+(2)=0,令 y=2-,得 x=2 - ,z= - ,3 3 3 3所以 m=(2 - ,2-, - )为平面 PAB 的一个法向量,3 3 3 3所以|cos|= = ,|解得 = ,13所以当 P 为线段 EF 靠近点 E 的三等分点时满足题意.【例 1】 (2018潍坊市期末)在PABC 中,PA=4,PC=2 ,P=45,D 是 PA 的中点(如图 1) .将214PCD 沿 CD

24、 折起到图 2 中P 1CD 的位置,得到四棱锥 P1 ABCD.(1)将PCD 沿 CD 折起的过程中,CD平面 P1DA 是否成立?请证明你的结论;(2)若 P1D 与平面 ABCD 所成的角为 60,且P 1DA 为锐角三角形,求平面 P1AD 和平面 P1BC所成角的余弦值.解:(1)将PCD 沿 CD 折起过程中,CD平面 P1DA 成立.证明如下:因为 D 是 PA 的中点,PA=4,所以 DP=DA=2,在PDC 中,由余弦定理得,CD2=PC2+PD2-2PCPDcos 45=8+4-22 2 =4,2所以 CD=2=PD,因为 CD2+DP2=8=PC2,所以PDC 为等腰直

25、角三角形且 CDPA,所以 CDDA,CDP 1D,P1DAD=D,所以 CD平面 P1DA.(2)由(1)知 CD平面 P1DA,CD平面 ABCD,所以平面 P1DA平面 ABCD,因为P 1DA 为锐角三角形,所以 P1在平面 ABCD 内的射影必在棱 AD 上,记为 O,连接 P1O,所以 P1O平面 ABCD,则P 1DA 是 P1D 与平面 ABCD 所成的角,所以P 1DA=60,因为 DP1=DA=2,所以P 1DA 为等边三角形,O 为 AD 的中点,故以 O 为坐标原点,过点 O 且与 CD 平行的直线为 x 轴,DA 所在直线为 y 轴,OP 1所在直线为z 轴建立如图所

26、示的空间直角坐标系,15设 x 轴与 BC 交于点 M,因为 DA=P1A=2,所以 OP1= ,3易知 OD=OA=CM=1,所以 BM=3,则 P1(0,0, ),D(0,-1,0),C(2,-1,0),B(2,3,0), =(2,0,0), =(0,-4,0), =(2,-1,-3),3因为 CD平面 P1DA,所以可取平面 P1DA 的一个法向量 n1=(1,0,0),设平面 P1BC 的法向量 n2=(x2,y2,z2),则 2=0,2 1=0,所以解得 2=0,2=322,令 z2=1,则 n2= ,0,1 ,设平面 P1AD 和平面 P1BC 所成的角为 ,由图易知 为锐角,所以

27、 cos =|cos|= = = .|12|1|2|32172 217所以平面 P1AD 和平面 P1BC 所成角的余弦值为 .【例 2】 (2018安徽省知名示范高中联合质检)如图,在三棱锥 P ABC 中,PAC 为正三角形,M 为线段 PA 的中点,CAB=90,AC=AB,平面 PAB平面 PAC.(1)求证:平面 PAC平面 ABC;(2)若 Q 是棱 AB 上一点, = ,求二面角 Q MC A 的余弦值.14(1)证明:因为PAC 为正三角形,M 为线段 PA 的中点,所以 CMPA,16又平面 PAC平面 PAB,平面 PAC平面 PAB=PA,所以 CM平面 PAB.因为 A

28、B平面 PAB,所以 CMAB,又 CAAB,CMCA=C,所以 AB平面 PAC.又 AB平面 ABC,所以平面 PAC平面 ABC.(2)解:连接 PQ,由题意及(1)得 = = = ,1214所以 SQBC = SABC ,12所以 Q 为线段 AB 的中点.取 AC 的中点为 O,连接 OP,建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz,设 AC=AB=2,则 A(1,0,0),B(1,2,0),Q(1,1,0),C(-1,0,0),M ,0, ,12则 = ,0, , =(2,1,0), =(0,2,0).32易知平面 AMC 的一个法向量为 =(0,2,0).设平面 QMC 的法向量为 n=(x,y,z),则 即=0,=0, 32+32=0,2+=0, 令 x=1,则 n=(1,-2,- ),3由图可知二面角 Q MC A 为锐角,故所求二面角的余弦值为|cos|= = = .| |4|222