（浙江专用）2020高考数学二轮复习专题四立体几何第3讲空间向量与立体几何教案.docx

第3讲空间向量与立体几何利用空间向量证明平行、垂直及求空间角核心提炼1利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间平行、垂直设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)，则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.2利用直线的方向向量与平面的法向量求空间角设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面、的夹角为，则|cos |cos，|.典型例题 (1)如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点运用向量方法证明：OM平面BCF；平面MDF平面EFCD.(2)(2018高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.证明：AB1平面A1B1C1；求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解】(1)证明：由题意知，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.，(1，0，0)，所以0，所以.因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，又OM平面BCF，所以OM平面BCF.设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为(1，1，1)，(1，0，0)，由n1n10，得解得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1)因为n1n20，所以平面MDF平面EFCD.(2)证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)(0，2，3)由0得AB1A1B1.由0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2)设平面ABB1的法向量n(x，y，z)由即可取n(，1，0)所以sin |cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.(1)利用空间向量证明平行与垂直的步骤建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素通过空间向量的运算研究平行、垂直关系根据运算结果解释相关问题(2)运用空间向量求空间角的一般步骤建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(3)求空间角的注意点两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |.所求的二面角不一定是两平面的法向量的夹角，有可能为两法向量夹角的补角 对点训练1(2019绍兴市柯桥区高三期中考试)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BCE，BECE，ABBEEC2，G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：GF平面ADE；(2)求GF与平面ABE所成角的正切值解：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB，又F是CD中点，所以DFCD，由四边形ABCD是矩形得，ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF.所以四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH，又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过B作BQEC，因为BECE，所以BQBE，又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ，以B为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，(1，2，1)，平面ABE的法向量n(0，1，0)，设GF与平面ABE所成的角为，则sin ，所以cos ，所以tan .所以GF与平面ABE所成角的正切值为.2(2019宁波市镇海中学高考模拟)在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AEEBCFFACPPB12.如图(1)将AEF沿EF折起到A1EF的位置，使二面角A1EFB成直二面角，连接A1B、A1P(如图(2)(1)求证：A1E平面BEP；(2)求二面角BA1PE的余弦值解：(1)证明：在图(1)中，取BE的中点D，连接DF，因为AEEBCFFA12，所以AFAD2，而A60，所以ADF为正三角形又AEDE1，所以EFAD.在图(2)中，A1EEF，BEEF，所以A1EB为二面角A1EFB的一个平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，所以A1E平面BEP.(2)分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，0)，A1(0，0，1)，(0，0，1)，(1，0)，(2，0，1)，(1，0)设平面EA1P的法向量为m(x，y，z)，则，取y1，得m(，1，0)；设平面BA1P的法向量为n(x，y，z)，则，取y1，得n(，1，2)所以cosm，n，所以二面角BA1PE的余弦值为.立体几何中的探索性问题核心提炼探索性问题主要考两类问题(1)条件探索型问题；(2)存在探索型问题探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算，建立目标函数或目标方程，将问题转化为代数问题解决典型例题 (2019浙江高考冲刺卷)如图所示的几何体ABCDE中，EA平面ABC，EADC，ABAC，EAABAC2DC，M是线段BD上的动点(1)当M是BD的中点时，求证：BC平面AME；(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由【解】(1)证明：因为EA平面ABC，ABAC，所以直线AB，AC，AE两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AE所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系Axyz，设CD1，则ABACAE2，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0，2)，因为M是BD中点，所以M，所以(0，0，2)，(2，2，0)，所以0，0，所以AEBC，AMBC，又AM平面AME，AE平面AME，AEAMA，所以BC平面AME.(2)由(1)得，(2，2，1)，(0，2，0)，(2，0，0)，设(2，2，)(01)，则(22，2，)，设平面AMC的法向量为n(x，y，z)，则，所以，令x1得n，所以cos，n，令sin 60，得5280，6445180 D点O的轨迹是圆弧解析：选C.如图所示，对于A，AOC为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，ONAC为定长，即A正确；对于B，D在M时，AO1，CO1，所以|CO|1，)，即正确；对于D，由A可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确，故选C.立体几何中的最值(范围)问题核心提炼求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果典型例题 (1)(2019宁波十校联考)如图，平面PAB平面，AB，且PAB为正三角形，点D是平面内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，l，且lAB，则PQ与l所成角的正切值的最小值为()A. B. C. D3(2)(2019温州高考模拟)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，BAC与BCD均为等腰直角三角形，且BACBCD90，BC2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是()A. B.C. D.【解析】(1)如图，不妨以CD在AB前侧为例以O为原点，分别以OB、OP所在直线为y、z轴建立空间直角坐标系，设AB2，OAD(0)，则P(0，0，)，D(2sin ，12cos ，0)，所以Q，所以，设内与AB垂直的向量n(1，0，0)，PQ与l所成角为，则cos .令tcos (1t1)，则s，s，令s0，得t83，所以当t83时，s有最大值为166.则cos 有最大值为，此时sin 取最小值为.所以正切值的最小值为 .故选B.(2)以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，1，1)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，设Q(q，0，0)，(0，)，则()(q，0，0)(0，1，1)(0，)(q，1，1)，因为直线PQ与AC成30的角，所以cos 30，所以q2222，所以q2220，4，所以，解得0，所以|，所以线段PA长的取值范围是.故选B.【答案】(1)B(2)B用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值 对点训练1(2019浙江省五校联考二模)如图，棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1，点A在平面内，平面ABCD与平面所成的二面角为30，则顶点C1到平面的距离的最大值是()A2(2) B2()C2(1) D2(1)解析：选B.如图所示，作C1O，交ABCD于O，交于E，由题得O在AC上，则C1E为所求，AOE30，由题意，设COx，则AO4x，C1O，OEOA2x，所以C1E2x，令y2x，则y0，可得x，所以x，顶点C1到平面的距离的最大值是2()2(2019温州十五校联合体期末考试)在正四面体PABC中，点M是棱PC的中点，点N是线段AB上一动点，且，设异面直线NM与AC所成角为，当时，则cos 的取值范围是_解析：设点P到平面ABC的射影为点O，以AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，过点O作BC的平行线为x轴，建立空间直角坐标系，如图设正四面体的棱长为4，则有A(0，4，0)，B(2，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，4)，M(，1，2)由，得N(2，64，0)从而有(2，56，2)，(2，6，0)所以cos ，设32t，则t.则cos ，因为0，得y0，所以2x2，即AD的取值范围是2，2答案：2，27(2019台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，E、F分别为直线AB、CD上的动点，且|EF|.若记EF中点P的轨迹为L，则|L|等于_(注：|L|表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积)解析：如图，当E为AB中点时，F分别在C，D处，满足|EF|，此时EF的中点P在EC，ED的中点P1，P2的位置上；当F为CD中点时，E分别在A，B处，满足|EF|，此时EF的中点P在BF，AF的中点P3，P4的位置上，连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4共圆，圆心为O，圆的半径为，则EF中点P的轨迹L为以O为圆心，以为半径的圆，其测度|L|2.答案：8.(2019金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥DABC中，已知AB2，3，设ADa，BCb，CDc，则的最小值为_解析：设a，b，c，因为AB2，所以|abc|24a2b2c22(abbcca)4，又因为3，所以(ac)(bc)3abbccac23，所以a2b2c22(3c2)4c2a2b22，所以2，当且仅当ab时，等号成立，即的最小值是2.答案：29(2019宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD中，AB1，BC，将ABD沿对角线BD向上翻折，若翻折过程中AC长度在内变化，则点A所形成的运动轨迹的长度为_解析：过A作AEBD，垂足为E，连接CE，AE.因为矩形ABCD中，AB1，BC，所以AE，CE.所以A点的轨迹为以E为圆心，以为半径的圆弧AEA为二面角ABDA的平面角以E为原点，以EB，EA所在直线为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系Exyz，设AEA，则A，C，所以AC，所以 ，解得0cos ，所以6090，所以A点轨迹的圆心角为30，所以A点轨迹的长度为.答案：10(2019宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥PABCD中，BAD120，ABAD2，BCD是等边三角形，E是BP的中点，AC与BD交于点O，且OP平面ABCD.(1)求证：PD平面ACE；(2)当OP1时，求直线PA与平面ACE所成角的正弦值解：(1)证明：因为在四棱锥PABCD中，BAD120，ABAD2，BCD是等边三角形，所以ABCACD，因为E是BP中点，AC与BD交于点O，所以O是BD中点，连接OE，则OEPD，因为PD平面ACE，OE平面ACE，所以PD平面ACE.(2)因为BDAC，PO平面ABCD，以O为原点，OB，OC，OP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，3，0)，E，(0，1，1)，设平面ACE的一个法向量n(x，y，z)，则，取x1，得n(1，0，)，设直线PA与平面ACE所成角为，则sin ，所以直线PA与平面ACE所成角的正弦值为.11.(2019浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，BCAD，BCAB，PBAD2，ABBC1，E为棱PD上的点(1)若PEPD，求证：PB平面ACE；(2)若E是PD的中点，求直线PB与平面ACE所成角的正弦值解：(1)证明：过A作Az平面ABCD，以A为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得，PC，所以B(1，0，0)，P(1，1，)，所以(0，1，)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，设E(x，y，z)，由，得E(，)，设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则，取z1，得n(，1)，所以n0，因为PB平面ACE，所以PB平面ACE.(2)过A作Az平面ABCD，以A为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得PC，所以B(1，0，0)，P(1，1，)，A(0，0，0)，所以(0，1，)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，所以E(，)，(1，1，0)，(，)，设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则，取z2，得n(，2)，所以直线PB与平面ACE所成角的正弦值：sin .12.(2019嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为边长为2的正三角形，D是棱A1C1的中点，CC1h(h0)(1)证明：BC1平面AB1D；(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为，求h的值解：(1)证明：连接A1B交AB1于E，连接DE，则DE是A1BC1的中位线所以DEBC1.又DE平面AB1D，BC1平面AB1D，故BC1平面AB1D.(2)以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1，0，0)，C1(0，h)易得平面ABB1A1的一个法向量为n(0，1，0)又(1，h)所以sin |cos，n|.即，解得h2.13.(2019温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，BAD60，将BDC沿着BD折起得BDC，连接AC.(1)求证：平面AOC平面ABD；(2)若点C在平面ABD上的投影恰好是ABD的重心，求直线CD与底面ADC所成角的正弦值解：(1)证明：因