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课件理.ppt

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1、第3讲 立体几何中的向量方法,高考导航,热点突破,备选例题,高考导航 演真题明备考,真题体验,C,2.(2018全国卷,理18)如图,四边形ABCD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;,(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)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,考情分析,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.,热点突破 剖典例促迁移,热点一,

2、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CBB1=60的菱形,AB=AC1. (1)证明:平面AB1C平面BB1C1C;,(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B1CBC1, 因为AB=AC1,O为BC1的中点, 所以AOBC1, 又B1CAO=O, 所以BC1平面AB1C, 又BC1平面BB1C1C, 所以平面AB1C平面BB1C1C.,(2)若ABB1C,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.,方法技巧,利用向量法求线面

3、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.,(1)求证:PB=PD;,(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)若E,F分别为P

4、C,AB的中点,EF平面PCD,求直线PB与平面PCD所成角的大小.,热点二,向量法求二面角,【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:取AD的中点O,连接OP,OE,BD,因为四边形ABCD为菱形,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A

5、CPE.,(1)证明:ACPE;,(2)求二面角D-PA-B的余弦值.,方法技巧,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;,(1)证明:连接AC1,设AC1与A1C相交于点E,连

6、接DE,则E为AC1的中点,因为BC1平面A1CD,平面A1CD平面ABC1=DE, 所以DEBC1, 所以D为AB的中点, 又因为ABC是等边三角形,所以CDAB.,热点三,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,BCC1=60.,(1)求证:C1B平面ABC;,考向2 存在判断型,(1)证明:无论取何值,总有AM平面PNQ;,(1)证明:连接A1Q, 因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点, 所以AA1QCAM,所以MAC=Q

7、A1A, 所以MAC+AQA1=QA1A+AQA1=90,所以AMA1Q. 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,AA1底面ABC,所以NQAA1. 又ACAA1=A,所以NQ平面ACC1A1,所以NQAM. 由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1, 所以N,Q,A1,P四点共面.所以A1Q平面PNQ. 因为NQA1Q=Q,所以AM平面PNQ, 所以无论取何值,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.,方法技巧,(1)对于存在判断型

8、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;,(1)证明:在梯形ABCD中,因为ABCD,AD=DC=CB=1,BCD=120, 所以AB=2, 所以BD2=AB2+AD2-2ABAD

9、cos 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)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.,备选例题 挖内涵寻思路,(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P1DA为锐角三角形,求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值.,解:(2)由(1)知CD平面P1DA,CD平面ABCD,所以平面P1DA平面ABCD, 因为P1D

10、A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P1DA是P1D与平面ABCD所成的角,所以P1DA=60, 因为DP1=DA=2,所以P1DA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,OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 设x轴与BC交于点M, 因为DA=P1A=2,所以OP1= ,【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;,(1)证明:因为PAC为正三角形,M为线段PA的中点,所以CMPA, 又平面PAC平面PAB,平面PAC平面PAB=PA,所以CM平面PAB. 因为AB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.,