2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 第3講空間向量與立體幾何教案

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1、第3講空間向量與立體幾何自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引真題感悟1(2020陜西)如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為A.B.C.D.解析利用向量法求解不妨令CB1，則CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)，cos，0.與的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.答案A2(2020遼寧)如圖，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，點(diǎn)M，N分別為AB和BC的中點(diǎn)(1)證明：MN平面AACC；

2、(2)若二面角AMNC為直二面角，求的值解析(1)證明證法一連接AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC為直三棱柱，所以M為AB的中點(diǎn)又因?yàn)镹為BC的中點(diǎn)，所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.證法二取AB的中點(diǎn)P，連接MP，NP.而M，N分別為AB與BC的中點(diǎn)，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC.又MPNPP，因此平面MPN平面AACC.而MN平面MPN，所以MN平面AACC.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示設(shè)AA1，則ABAC，于是A(0,

3、0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)，所以M，N.設(shè)m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由得可取m(1，1，)設(shè)n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因?yàn)锳MNC為直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得(負(fù)值舍去)考題分析應(yīng)用空間向量解決立體幾何問題是高考的必考考點(diǎn)，空間向量的工具性主要體現(xiàn)在平行與垂直的判定，求空間的角的大小解題時(shí)要特別注意避免計(jì)算失誤網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建高頻考點(diǎn)突破考點(diǎn)一：利用向量證明平行與垂直【例1】如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E、F分別是PC、PD的中點(diǎn)

4、，PAAB1，BC2.求證：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC.審題導(dǎo)引建立空間直角坐標(biāo)系后，使用向量的共線定理證明即可證明第(1)問，第(2)問根據(jù)向量的垂直關(guān)系證明線線垂直，進(jìn)而證明線面垂直，得出面面垂直規(guī)范解答以A為原點(diǎn)，AB、AD、AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E為，F(xiàn)為，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因?yàn)椋?，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PA

5、B.(2)因?yàn)?0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因?yàn)镈C平面PDC，所以平面PAD平面PDC.【規(guī)律總結(jié)】用空間向量證明位置關(guān)系的方法(1)線線平行：欲證直線與直線平行，只要證明它們的方向向量平行即可；(2)線面平行：用線面平行的判定定理，證明直線的方向向量與平面內(nèi)一條直線的方向向量平行；用共面向量定理，證明平面外直線的方向向量與平面內(nèi)兩相交直線的方向向量共面；證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；(3)面面平行：平面與平面的平行，除了用線面平行的判定定理轉(zhuǎn)化為線面平行外

6、，只要證明兩平面的法向量平行即可；(4)線線垂直：直線與直線的垂直，只要證明兩直線的方向向量垂直；(5)線面垂直：用線面垂直的定義，證明直線的方向向量與平面內(nèi)的任意一條直線的方向向量垂直；用線面垂直的判定定理，證明直線的方向向量與平面內(nèi)的兩條相交直線的方向向量垂直；證明直線的方向向量與平面的法向量平行；(6)面面垂直：平面與平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直外，只要證明兩平面的法向量垂直即可【變式訓(xùn)練】1如圖所示，在底面是正方形的四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，BD交AC于點(diǎn)E，F(xiàn)是PC的中點(diǎn)，G為AC上一點(diǎn)(1)求證：BDFG；(2)確定點(diǎn)G在線段AC上的位置，使FG平

7、面PBD，并說明理由解析(1)證明以A為原點(diǎn)，AB、BD、PA所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，設(shè)P(0,0，a)(a0)，G(m，m,0)(0m)，則E，F(xiàn).(1)(1,1,0)，mm00，所以BDFG.(2)要使FG平面PBD，只需FGEP，而，由，可得解得所以G，所以.故當(dāng)AGAC時(shí)，F(xiàn)G平面PBD.考點(diǎn)二：利用向量求線線角、線面角【例2】如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD2，AB1，BMPD于點(diǎn)M.(1)

8、求證：AMPD；(2)求直線CD與平面ACM所成角的余弦值審題導(dǎo)引建立坐標(biāo)系，求出平面ACM的法向量，利用向量法求直線CD與平面ACM所成角的余弦值規(guī)范解答(1)證明PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.ABAD，ADPAA，AD平面PAD，PA平面PAD，AB平面PAD.PD平面PAD，ABPD.BMPD，ABBMB，AB平面ABM，BM平面ABM，PD平面ABM.AM平面ABM，AMPD.(2)如圖所示，建立直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，(1,0,0)，設(shè)M(0，y0，z0)，(0，y0，z0)，P(0,0,2)，(0,2，2)，(0，y0，z

9、02)，由，得2y02z00，即y0z0，又，2y02(z02)，即y0z02，解方程組得y0z01，即M(0,1,1)，設(shè)平面ACM的法向量為n(x，y，z)，則令z1，得n(2，1,1)，cos ，n，直線CD與平面ACM成角的余弦值為 .【規(guī)律總結(jié)】向量法求線線角、線面角的注意事項(xiàng)(1)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，根據(jù)對(duì)稱性原則，使盡可能多的點(diǎn)在坐標(biāo)軸，易于求各點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)求直線與平面所成的角，主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin |cos |.【變式訓(xùn)練】2(2020山西四校模擬)在三棱錐MABC中，AB2AC2，MAMB，AB4AN，ABAC，平面MAB平面ABC，

10、S為BC的中點(diǎn)(1)證明：CMSN；(2)求SN與平面CMN所成角的大小解析(1)證明取AB的中點(diǎn)O，連接MO，CO，SO，MOAB，平面MAB平面ABC，MO平面ABC，又ACAB，OSAC，OSAB，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB為x軸，OS為y軸，OM為z軸建立空間直角坐標(biāo)系則C(1,1,0)，M，N，S，所以，故0，即CMSN.(2)由(1)知，設(shè)平面CMN的法向量為n(x，y，z)，則，得，令x2，則得平面CMN的一個(gè)法向量為n(2,1，2)，則|cosn，|，所以SN與平面SMN所成角為.考點(diǎn)三：利用向量求二面角【例3】(2020泉州模擬)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC為等

11、腰直角三角形，B90，D為棱BB1上一點(diǎn)，且面DA1C面AA1C1C(1)求證：D為棱BB1的中點(diǎn)；(2)為何值時(shí)，二面角AA1DC的平面角為60？審題導(dǎo)引(1)取AC的中點(diǎn)F，A1C的中點(diǎn)E，利用BDEF證明；(2)以D為原點(diǎn)建系，設(shè)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用公式求解規(guī)范解答(1)證明過點(diǎn)D作DEA1C于E點(diǎn)，取AC的中點(diǎn)F，連BF、EF.面DA1C面AA1C1C且相交于A1C，面DA1C內(nèi)的直線DEA1C，直線DE面AA1C1C.又面BAC面AA1C1C且相交于AC，易知BFAC，BF面AA1C1C.由此知：DEBF，從而有D，E，F(xiàn)，B共面，又易知BB1面AA1C1C，故有DBEF，從而有EF

12、AA1，又點(diǎn)F是AC的中點(diǎn)，所以DBEFAA1BB1，D點(diǎn)為棱BB1的中點(diǎn)(2)建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，設(shè)AA12b，ABBCa，則D(0,0，b)，A1(a,0,2b)，C(0，a,0)，所以，(a,0，b)，(0，a，b)，設(shè)面DA1C的法向量為n(x，y，z)，則，可取n(b，b，a)，又可取平面AA1DB的法向量m(0，a,0)，cosn，m，據(jù)題意有：，解得：.【規(guī)律總結(jié)】利用向量求二面角的注意事項(xiàng)(1)兩平面的法向量的夾角不一定就是所求的二面角，有可能兩法向量夾角的補(bǔ)角為所求(2)求平面的法向量的方法：待定系數(shù)法：設(shè)出法向量坐標(biāo)，利用垂直關(guān)系建立坐標(biāo)的方程解之先確定平面的垂線，然

13、后取相關(guān)線段對(duì)應(yīng)的向量，即確定了平面的法向量當(dāng)平面的垂線較易確定時(shí)，?？紤]此方法【變式訓(xùn)練】3(2020北京東城二模)如圖，矩形AMND所在的平面與直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MBNC，MNMB，且MCCB，BC2，MB4，DN3.(1)求證：AB平面DNC；(2)求二面角DBCN的余弦值解析(1)證明因?yàn)镸BNC，MB平面DNC，NC平面DNC，所以MB平面DNC.因?yàn)锳MND為矩形，所以MADN.又MA平面DNC，DN平面DNC，所以MA平面DNC.又MAMBM，且MA，MB平面AMB，所以平面AMB平面DNC.又AB平面AMB，所以AB平面DNC.(2)由已知平面AMND平面MB

14、CN，且平面AMND平面MBCNMN，DNMN，所以DN平面MBCN，又MNNC，故以點(diǎn)N為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Nxyz.由已知得MC2，MCN30，易得MN，NC3.則D(0,0,3)，C(0,3,0)，B(，4,0)(0,3，3)，(，1,0)設(shè)平面DBC的法向量n1(x，y，z)，則即令x1，則y，z.所以n1(1，)又n2(0,0,1)是平面NBC的一個(gè)法向量，所以cosn1，n2.故所求二面角DBCN的余弦值為.名師押題高考【押題1】如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等，且CC1底面ABC，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AB1和BM所成的角為A.B.C. D.

15、解析由題意可知該三棱柱為正三棱柱，設(shè)其棱長(zhǎng)為2，a，b，c，則|a|b|c|2，且a，c，a，bb，c，所以ac22cos 2，abbc0.而ba，cb，所以(ba)bcb2acab0，故，即異面直線AB1與BM所成的角為.答案A押題依據(jù)空間向量與立體幾何相結(jié)合是高考的一個(gè)熱點(diǎn)問題，空間向量在高考試題中的出現(xiàn)主要體現(xiàn)其工具性，獨(dú)立命題的可能性很小，一般用以解決立體幾何中的線面位置關(guān)系的證明，求空間角的大小及空間的距離【押題2】在四棱錐PABCD中，側(cè)面PCD底面ABCD，PDCD，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90，ABADPD1，CD2.(1)求證：BC平面PBD；(2)設(shè)E為側(cè)棱

16、PC上一點(diǎn)，試確定的值，使得二面角EBDP的大小為45.解析(1)證明因?yàn)閭?cè)面PCD底面ABCD，PDCD，所以PD底面ABCD，所以PDAD.又因?yàn)锳DC90，即ADCD，以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，所以(1,1,0)，(1,1,0)所以0，所以BCDB.由PD底面ABCD，可得PDBC，又因?yàn)镻DDBD，所以BC平面PBD.(2)由(1)知平面PBD的一個(gè)法向量為(1,1,0)，且P(0,0,1)，C(0,2,0)，所以(0,2，1)，又，所以E(0,2，1)，(0,2，1)設(shè)平面EBD的法向量為n(a，b，c)，因?yàn)?1,1,0)，由n0，n0，得，令a1，則可得平面EBD的一個(gè)法向量為n，所以cos ，解得1或1，又由題意知(0,1)，故1.押題依據(jù)高考對(duì)立體幾何的考查，主要以柱體、錐體或其組合體為載體，考查線面位置關(guān)系的判定與證明，求空間角的大小等，但有時(shí)也會(huì)給出位置關(guān)系或角的大小，求使其成立的充分條件，即所謂的探索性問題，此類問題利用空間向量解決則更加方便本題立意新穎，考查全面，難度適中，故押此題