高考数学 第1部分 重点强化专题 专题4 立体几何 突破点10 立体几何中的向量方法教学案

突破点10立体几何中的向量方法(对应学生用书第37页)核心知识提炼提炼1 两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角.(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos |coss1，s2|.提炼2 直线与平面的夹角(1)直线与平面的夹角.(2)设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，则sin |cosa，n|.提炼3 两个平面的夹角(1)如图101，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，图101(2)如图101，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n2高考真题回访回访1空间向量及其运算1(2015浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1e2，若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_.122对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，说明当xx0，yy0时，|b(xe1ye2)|取得最小值1.|b(xe1ye2)|2|b|2(xe1ye2)22b(xe1ye2)|b|2x2y2xy4x5y，要使|b|2x2y2xy4x5y取得最小值，需要把x2y2xy4x5y看成关于x的二次函数，即f(x)x2(y4)xy25y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x2，所以当x2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)(y2)27，显然当y2时，f(x)min7，此时x21，所以x01，y02.此时|b|271，可得|b|2.回访2立体几何中的向量方法2(2016浙江高考)如图102，已知平面四边形ABCD，ABBC3，CD1，AD，ADC90，沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是_图102如图，作DFAC于点F，作BEAC于点E，作FM垂直于过点B平行于AC的直线，垂足为M，则DBM是AC与BD所成的角(或其补角)在ADC中，DC1，AD，ADC90，AC，DF，CF.在BAC中，BCBA3，BE.而AE，EF.MFBE，DM.BMEF，BD.cosDBM.直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.3(2016浙江高考节选)如图103，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.求二面角BADF的平面角的余弦值图103解法一：如图(1)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，过点F作FQAK于Q，连接BQ.2分(1)因为BF平面ACFD，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.4分所以BQF是二面角BADF的平面角.6分在RtACK中，AC3，CK2，得FQ.12分在RtBQF中，FQ，BF，得cosBQF.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.15分法二：如图(2)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，取BC的中点O，连接KO，(2)则KOBC.2分又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1,0,0)，C(1,0,0)，K(0,0，)，A(1，3,0)，E，F.4分因此(0,3,0)，(1,3，)，(2,3,0)设平面ACFD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABED的法向量为n(x2，y2，z2).5分由得6分取m(，0，1)；由9分得取n(3，2，).12分于是cosm，n.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.15分4(2015浙江高考)如图104，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点图104(1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值解(1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.2分因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A，DEA1A，所以四边形A1AED为平行四边形.4分故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.5分(2)法一：如图(1)，作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.(1)由AEEB，A1EAA1EB90，得A1BA1A4.8分由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角.12分由A1D，A1B4，DA1B90，得BD3，A1FB1F，由余弦定理得cos A1FB1.15分法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图(2)所示(2)由题意知各点坐标如下：A1(0,0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，).6分因此(0，)，(，)，(0，0)设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2)由即8分可取m(0，1)由即可取n(，0,1).12分于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为.15分(对应学生用书第38页)热点题型1向量法求线面角题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.【例1】如图105，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点图105(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值解(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.6分以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1).12分于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.15分方法指津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变式训练1(2017杭州质量检测)如图106，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD1，点E，F分别为AB和PD的中点图106(1)求证：直线AF平面PEC；(2)求PE与平面PBC所成角的正弦值 【导学号：68334115】解(1)证明：作FMCD交PC于点M，连接EM.点F为PD的中点，FMCD.AEAB，ABCD，AEFM.又AEFM，四边形AEMF为平行四边形，AFEM.AF平面PEC，EM平面PEC，直线AF平面PEC.6分(2)连接DE，DAB60，ABCD是菱形，DEDC.以D为坐标原点，以DE，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分则P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，(0,1，1)，.8分设平面PBC的法向量为n(x，y，z)n0，n0，取n(，3,3)，平面PBC的一个法向量为n(，3,3).12分设向量n与所成的角为，cos .PE与平面PBC所成角的正弦值为.15分热点题型2向量法求二面角题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.【例2】如图107，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.图107(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解(1)证明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.4分(2)过D作DGEF，垂足为G.由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.6分由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，).7分由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，).8分所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，).9分设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4).12分则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.15分方法指津利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角变式训练2(名师押题)如图108，在四棱锥PABCD中，侧面PAB底面ABCD，底面ABCD为矩形，PAPB，O为AB的中点，ODPC.图108(1)求证：OCPD；(2)若PD与平面PAB所成的角为30，求二面角DPCB的余弦值. 【导学号：68334116】解(1)证明：连接OP，PAPB，O为AB的中点，OPAB.侧面PAB底面ABCD，OP平面ABCD，OPOD，OPOC.ODPC，OPPCP，OD平面OPC，ODOC.4分又OPODO，OC平面OPD，OCPD.6分(2)取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.由(1)知ODOC，则AB2AD，又侧面PAB底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA平面PAB.DPA为直线PD与平面PAB所成的角，DPA30.不妨设AD1，则AB2，PA，PO.B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，P(0,0，)，从而(1,1，)，(0，2,0).9分设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得可取n1(，0,1)同理，可取平面PCB的一个法向量为n2(0，1).12分于是cosn1，n2.二面角DPCB的余弦值为.15分热点题型3利用空间向量求解探索性问题题型分析：(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.【例3】如图109，空间几何体ABCDE中，平面ABC平面BCD，AE平面ABC.图109(1)证明：AE平面BCD；(2)若ABC是边长为2的正三角形，DE平面ABC，且AD与BD，CD所成角的余弦值均为，试问在CA上是否存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为.若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由解题指导(1)(2)解(1)证明：过点D作直线DOBC交BC于点O，连接DO.因为平面ABC平面BCD，DO平面BCD，DOBC，且平面ABC平面BCDBC，所以DO平面ABC.1分因为直线AE平面ABC，所以AEDO.2分因为DO平面BCD，AE平面BCD，所以直线AE平面BCD.4分(2)连接AO，因为DE平面ABC，所以AODE是矩形，所以DE平面BCD.因为直线AD与直线BD，CD所成角的余弦值均为，所以BDCD，所以O为BC的中点，所以AOBC，且cosADC.设DOa，因为BC2，所以OBOC1，AO.所以CD，AD.在ACD中，AC2，所以AC2AD2CD22ADCDcosADC，即43a21a22，即2a2，解得a21，a1.6分以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则C(0，1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)假设存在点P，连接EP，BP，设，则P(，0)设平面ABE的法向量为m(x，y，z)，则取x1，则平面ABE的一个法向量为m(1，0)设平面PBE的法向量为n(x，y，z)， 则取x1，则平面PBE的一个法向量为n(1，2).11分设二面角PBEA的平面角的大小为，由图知为锐角则cos ，化简得6210，解得或(舍去).14分所以在CA上存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为，其为线段AC的三等分点(靠近点A).15分方法指津利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路1优势：空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断2思路：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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题 变式训练3如图1010所示，在多面体ABCDE中，C