《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法課件.ppt（52頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講立體幾何中的向量方法 專題五立體幾何與空間向量 高考真題體驗 熱點分類突破 高考押題精練 欄目索引 高考真題體驗 1 2 1 2014 課標(biāo)全國 直三棱柱ABC A1B1C1中 BCA 90 M N分別是A1B1 A1C1的中點 BC CA CC1 則BM與AN所成角的余弦值為 解析方法一補成正方體 利用向量的方法求異面直線所成的角 由于 BCA 90 三棱柱為直三棱柱 且BC CA CC1 可將三棱柱補成正方體 1 2 建立如圖 1 所示空間直角坐標(biāo)系 設(shè)正方體棱長為2 則可得A 0 0 0 B 2 2 0 M 1 1 2 N 0 1 2 1 2 方法二通過平行關(guān)系找出兩異面直線的夾角 再根據(jù)余弦定理求解 如圖 2 取BC的中點D 連接MN ND AD 則ND與NA所成的角即為異面直線BM與AN所成的角 答案C 1 2 2 2015 安徽 如圖所示 在多面體A1B1D1DCBA中 四邊形AA1B1B ADD1A1 ABCD均為正方形 E為B1D1的中點 過A1 D E的平面交CD1于F 1 證明 EF B1C 證明由正方形的性質(zhì)可知A1B1 AB DC 且A1B1 AB DC 所以四邊形A1B1CD為平行四邊形 從而B1C A1D 1 2 又A1D 面A1DE B1C 面A1DE 于是B1C 面A1DE 又B1C 面B1CD1 面A1DE 面B1CD1 EF 所以EF B1C 1 2 2 求二面角E A1D B1的余弦值 解因為四邊形AA1B1B ADD1A1 ABCD均為正方形 所以AA1 AB AA1 AD AB AD且AA1 AB AD 1 2 可得點的坐標(biāo)A 0 0 0 B 1 0 0 D 0 1 0 A1 0 0 1 B1 1 0 1 D1 0 1 1 設(shè)面A1DE的法向量n1 r1 s1 t1 1 2 1 1 1 為其一組解 所以可取n1 1 1 1 設(shè)面A1B1CD的法向量n2 r2 s2 t2 1 2 由此同理可得n2 0 1 1 考情考向分析 以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點 與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合 熱點為二面角的求解 均以解答的形式進行考查 難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計算上 熱點一利用向量證明平行與垂直 熱點分類突破 設(shè)直線l的方向向量為a a1 b1 c1 平面 的法向量分別為 a2 b2 c2 v a3 b3 c3 則有 1 線面平行l(wèi) a a 0 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 線面垂直l a a k a1 ka2 b1 kb2 c1 kc2 3 面面平行 v v a2 a3 b2 b3 c2 c3 4 面面垂直 v v 0 a2a3 b2b3 c2c3 0 例1如圖 在直三棱柱ADE BCF中 面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直 M為AB的中點 O為DF的中點 運用向量方法證明 1 OM 平面BCF 2 平面MDF 平面EFCD 證明方法一由題意 得AB AD AE兩兩垂直 以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 設(shè)正方形邊長為1 則A 0 0 0 B 1 0 0 C 1 1 0 D 0 1 0 棱柱ADE BCF是直三棱柱 且OM 平面BCF OM 平面BCF 2 設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1 x1 y1 z1 n2 x2 y2 z2 同理可得n2 0 1 1 n1 n2 0 平面MDF 平面EFCD 又OM 平面BCF OM 平面BCF 2 由題意知 BF BC BA兩兩垂直 OM CD OM FC 又CD FC C OM 平面EFCD 又OM 平面MDF 平面MDF 平面EFCD 思維升華 用向量知識證明立體幾何問題 仍然離不開立體幾何中的定理 如要證明線面平行 只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行 即化歸為證明線線平行 用向量方法證明直線a b 只需證明向量a b R 即可 若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行 仍需強調(diào)直線在平面外 跟蹤演練1如圖所示 已知直三棱柱ABC A1B1C1中 ABC為等腰直角三角形 BAC 90 且AB AA1 D E F分別為B1A C1C BC的中點 求證 1 DE 平面ABC 證明如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) xyz 令A(yù)B AA1 4 則A 0 0 0 E 0 4 2 F 2 2 0 B 4 0 0 B1 4 0 4 取AB中點為N 連接CN 則N 2 0 0 C 0 4 0 D 2 0 2 又 NC 平面ABC DE 平面ABC 故DE 平面ABC 2 B1F 平面AEF 又 AF FE F B1F 平面AEF 熱點二利用空間向量求空間角 設(shè)直線l m的方向向量分別為a a1 b1 c1 b a2 b2 c2 平面 的法向量分別為 a3 b3 c3 v a4 b4 c4 以下相同 1 線線夾角 2 線面夾角 3 面面夾角設(shè)平面 的夾角為 0 1 求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值 2 點Q是線段BP上的動點 當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時 求線段BQ的長 則各點的坐標(biāo)為B 1 0 0 C 1 1 0 D 0 2 0 P 0 0 2 1 因為AD 平面PAB 設(shè)平面PCD的法向量為m x y z 所以m 1 1 1 是平面PCD的一個法向量 設(shè)1 2 t t 1 3 此時直線CQ與DP所成角取得最小值 思維升華 1 運用空間向量坐標(biāo)運算求空間角的一般步驟 建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系 求出相關(guān)點的坐標(biāo) 寫出向量坐標(biāo) 結(jié)合公式進行論證 計算 轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論 2 求空間角注意 兩條異面直線所成的角 不一定是直線的方向向量的夾角 即cos cos 兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角 有可能為兩法向量夾角的補角 直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值 即注意函數(shù)名稱的變化 跟蹤演練2 2014 福建 在平面四邊形ABCD中 AB BD CD 1 AB BD CD BD 將 ABD沿BD折起 使得平面ABD 平面BCD 如圖所示 1 求證 AB CD 證明 平面ABD 平面BCD 平面ABD 平面BCD BD AB 平面ABD AB BD AB 平面BCD 又CD 平面BCD AB CD 2 若M為AD中點 求直線AD與平面MBC所成角的正弦值 解過點B在平面BCD內(nèi)作BE BD 如圖 由 1 知AB 平面BCD BE 平面BCD BD 平面BCD AB BE AB BD 設(shè)平面MBC的法向量n x0 y0 z0 取z0 1 得平面MBC的一個法向量n 1 1 1 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為 熱點三利用空間向量求解探索性問題 存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對象 數(shù)值 圖形 函數(shù)等 是否存在或某一結(jié)論是否成立 解決這類問題的基本策略是先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在 或結(jié)論成立 或暫且認可其中的一部分結(jié)論 然后在這個前提下進行邏輯推理 若由此導(dǎo)出矛盾 則否定假設(shè) 否則 給出肯定結(jié)論 例3如圖 在直三棱柱ABC A1B1C1中 AB BC 2AA1 ABC 90 D是BC的中點 1 求證 A1B 平面ADC1 證明連接A1C 交AC1于點O 連接OD 由ABC A1B1C1是直三棱柱 得四邊形ACC1A1為矩形 O為A1C的中點 又D為BC的中點 所以O(shè)D為 A1BC的中位線 所以A1B OD 因為OD 平面ADC1 A1B 平面ADC1 所以A1B 平面ADC1 2 求二面角C1 AD C的余弦值 解由ABC A1B1C1是直三棱柱 且 ABC 90 得BA BC BB1兩兩垂直 以BC BA BB1所在直線分別為x y z軸 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B xyz 設(shè)BA 2 則B 0 0 0 C 2 0 0 A 0 2 0 C1 2 0 1 D 1 0 0 設(shè)平面ADC1的法向量為n x y z 取y 1 得n 2 1 2 易知平面ADC的一個法向量為v 0 0 1 因為二面角C1 AD C是銳二面角 3 試問線段A1B1上是否存在點E 使AE與DC1成60 角 若存在 確定E點位置 若不存在 說明理由 解假設(shè)存在滿足條件的點E 因為點E在線段A1B1上 A1 0 2 1 B1 0 0 1 故可設(shè)E 0 1 其中0 2 因為AE與DC1成60 角 所以當(dāng)點E為線段A1B1的中點時 AE與DC1成60 角 思維升華 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題 它無需進行復(fù)雜的作圖 論證 推理 只需通過坐標(biāo)運算進行判斷 解題時 把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件 據(jù)此列方程或方程組 把 是否存在 問題轉(zhuǎn)化為 點的坐標(biāo)是否有解 是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解 等 所以為使問題的解決更簡單 有效 應(yīng)善于運用這一方法 跟蹤演練3如圖所示 四邊形ABCD是邊長為1的正方形 MD 平面ABCD NB 平面ABCD 且MD NB 1 E為BC的中點 1 求異面直線NE與AM所成角的余弦值 解如圖 以D為坐標(biāo)原點 DA DC DM所在直線分別為x軸 y軸 z軸 建立空間直角坐標(biāo)系 則D 0 0 0 A 1 0 0 M 0 0 1 C 0 1 0 2 在線段AN上是否存在點S 使得ES 平面AMN 若存在 求線段AS的長 若不存在 請說明理由 解假設(shè)在線段AN上存在點S 使得ES 平面AMN 由ES 平面AMN 故線段AN上存在點S 高考押題精練 1 求證 PQ 平面BCE 2 求二面角A DF E的余弦值 押題依據(jù)利用空間向量求二面角全面考查了空間向量的建系 求法向量 求角等知識 是高考的重點和熱點 1 證明連接AC 四邊形ABCD是矩形 且Q為BD的中點 Q為AC的中點 又在 AEC中 P為AE的中點 PQ EC EC 面BCE PQ 面BCE PQ 平面BCE 2 解如圖 取EF的中點M 則AF AM 以A為坐標(biāo)原點 以AM AF AD所在直線分別為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系 則A 0 0 0 D 0 0 1 M 2 0 0 F 0 2 0 設(shè)平面DEF的法向量為n x y z 令x 1 則y 1 z 2 故n 1 1 2 是平面DEF的一個法向量 AM 面ADF 由圖可知所求二面角為銳角