2020年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六第三講 立體幾何中的向量方法教案 理

上傳人:艷*** 文檔編號(hào):110305947 上傳時(shí)間:2022-06-18 格式:DOC 頁(yè)數(shù):11 大?。?47.50KB
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1、第三講立體幾何中的向量方法研熱點(diǎn)(聚焦突破)類型一 利用空間向量證明位置關(guān)系設(shè)直線l的方向向量為a(a1,b1,c1),平面,的法向量分別為u(a3,b3,c3),v(a4,b4,c4)(1)線面平行l(wèi)auau0a1a3b1b3c1c30.(2)線面垂直lauakua1ka3,b1kb3,c1kc3.(3)面面平行uvukva3ka4,b3kb4,c3kc4.(4)面面垂直uvuv0a3a4b3b4c3c40.例1(2020年高考福建卷)如圖,在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中,AA1AD1,E為CD的中點(diǎn)(1)求證:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP平面B1AE?若存在

2、,求AP的長(zhǎng);若不存在,說(shuō)明理由解析(1)證明:以A為原點(diǎn),的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)設(shè)ABa,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故(0,1,1),(,1,1),(a,0,1),(,1,0)011(1)10,B1EAD1.(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0,z0),使得DP平面B1AE.此時(shí)(0,1,z0)又設(shè)平面B1AE的法向量n(x,y,z)n平面B1AE,n,n,得取x1,得平面B1AE的一個(gè)法向量n(1,a)要使DP平面B1AE,只要n,有az00,解得z0.又DP 平面B1AE,存在

3、點(diǎn)P,滿足DP平面B1AE,此時(shí)AP.跟蹤訓(xùn)練如圖,在圓錐PO中,已知PO,O的直徑2,C是的中點(diǎn),D為AC的中點(diǎn)證明:平面POD平面PAC.證明:如圖所示,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),D(,0)設(shè)n1(x1,y1,z1)是平面POD的一個(gè)法向量,則由n10,n10,得所以z10,x1y1.取y11,得n1(1,1,0)設(shè)n2(x2,y2,z2)是平面PAC的一個(gè)法向量,則由n20,n20,得所以x2z2,y2z2,取z21,得n2(,1)因?yàn)閚1n2

4、(1,1,0)(,1)0,所以n1n2.從而平面POD平面PAC.類型二 利用空間向量求角1向量法求異面直線所成的角若異面直線a,b的方向向量分別為a,b,異面直線所成的角為,則cos |cos a,b|.2向量法求線面所成的角求出平面的法向量n,直線的方向向量a,設(shè)線面所成的角為,則sin |cos n,a|.3向量法求二面角求出二面角l的兩個(gè)半平面與的法向量n1,n2,若二面角l所成的角為銳角,則cos |cos n1,n2|;若二面角l所成的角為鈍角,則cos |cosn1,n2|.例2(2020年高考遼寧卷)如圖,直三棱柱ABCABC,BAC90,ABACAA,點(diǎn)M,N分別為AB和BC

5、的中點(diǎn)(1)證明:MN平面AACC;(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A ACC.(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

6、圖所示設(shè)AA1,則ABAC,于是A(0,0,0),B(,0,0),C(0,0),A(0,0,1),B(,0,1),C(0,1),所以M(,0,),N(,1)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)跟蹤訓(xùn)練(2020年長(zhǎng)沙模擬)如圖,在底面為直角梯形的四棱錐PABCD中,ADBC,ABC90,PD平面ABCD,AD1,AB,BC4.(1)求證:BDPC;(2)求直線AB與平面PDC所成的角的大??;解析:如圖,在平面ABCD內(nèi)過(guò)點(diǎn)D

7、作直線DFAB,交BC于點(diǎn)F,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA、DF、DP所在的直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系D xyz,則A(1,0,0),B(1,0),D(0,0,0),C(3,0)(1)證明:設(shè)PDa,則P(0,0,a),(1,0),(3,a),330,BDPC.(2)由(1)及PD平面ABCD易知BD平面PDC,則就是平面PDC的一個(gè)法向量(0,0),(1,0)設(shè)AB與平面PDC所成的角的大小為,則sin .090,60,即直線AB與平面PDC所成的角的大小為60.類型三 利用空間向量解決探索性問(wèn)題探索性問(wèn)題的類型(1)對(duì)平行、垂直關(guān)系的探索;(2)對(duì)條件和結(jié)論不完備的開(kāi)放性問(wèn)題的探索例

8、3(2020年高考北京卷)如圖(1),在RtABC中,C90,BC3,AC6.D,E分別是AC,AB上的點(diǎn),且DEBC,DE2,將ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如圖(2)(1)求證:A1C平面BCDE;(2)若M是A1D的中點(diǎn),求CM與平面A1BE所成角的大小;(3)線段BC上是否存在點(diǎn)P,使平面A1DP與平面A1BE垂直?并說(shuō)明理由解析(1)證明:ACBC,DEBC,DEAC.DEA1D,DECD,DE平面A1DC.DEA1C.又A1CCD,A1C平面BCDE.(2)如圖所示,以C為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz,則A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,)

9、,B(3,0,0),E(2,2,0)設(shè)平面A1BE的法向量為n(x,y,z),則n0,n0.又(3,0,2),(1,2,0),令y1,則x2,z,設(shè)CM與平面A1BE所成的角為.(0,1,),sin |cosn,|.CM與平面A1BE所成角的大小為.(3)線段BC上不存在點(diǎn)P,使平面A1DP與平面A1BE垂直理由如下:假設(shè)這樣的點(diǎn)P存在,設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0),其中p0,3又(0,2,2),(p,2,0),令x2,則yp,z,m(2,p,)平面A1DP平面A1BE,當(dāng)且僅當(dāng)mn0,即4pp0.解得p2,與p0,3矛盾線段BC上不存在點(diǎn)P,使平面A1DP與平面A1BE垂直跟蹤訓(xùn)練如圖,在直三棱

10、柱ABCA1B1C1中,已知BC1,BB12,BCC1,AB側(cè)面BB1C1C.(1)求直線C1B與底面ABC所成角的正切值;(2)在棱CC1(不包含端點(diǎn)C,C1)上確定一點(diǎn)E的位置,使得EAEB1(要求說(shuō)明理由)解析:如圖,以B為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0)(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC的法向量(0,2,0),又(1,2,0),設(shè)BC1與平面ABC所成角為,則sin |cos ,|,tan 2,即直線C1B與底面ABC所成角的正切值為2.(2)設(shè)E(1,y,0),A(0,0,z),則(1,2y,0),(1,y,z)EA

11、EB1,1y(2y)0,y1,即E(1,1,0),E為CC1的中點(diǎn)析典題(預(yù)測(cè)高考)高考真題【真題】(2020年高考天津卷)如圖,在四棱錐PABCD中,PA平面ABCD,ACAD,ABBC,BAC45,PAAD2,AC1.(1)證明PCAD;(2)求二面角APCD的正弦值;(3)設(shè)E為棱PA上的點(diǎn),滿足異面直線BE與CD所成的角為30,求AE的長(zhǎng)【解析】如圖(1),以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意得A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B(,0),P(0,0,2)(1)證明:易得(0,1,2),(2,0,0),于是0,所以PCAD.(2)(0,1,2),(2,1,0)

12、設(shè)平面PCD的法向量n(x,y,z),則即不妨令z1,可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cos m,n,(3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0,h),其中h0,2由此得(,h)由(2,1,0),故cos ,所以cos 30,解得h,即AE.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間兩條直線的位置關(guān)系、二面角、異面直線所成的角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)、考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力難度中等本例第(3)問(wèn)借助于方程思想及向量法求AE長(zhǎng)最簡(jiǎn)便名師押題【押題】如圖,在四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,DAB為直角,ABCD,ADCD2AB,E、F分別為PC、CD的中點(diǎn)(1)求證

13、:AB平面BEF;(2)設(shè)PAkAB,若平面EBD與平面BDC的夾角大于45,求k的取值范圍解析】(1)證明:由已知得DF AB,且DAB為直角,從而ABBF.又PA底面ABCD,AB平面ABCD,所以PAAB.又ABAD,故AB平面PAD,所以ABPD.在PDC內(nèi),E、F分別是PC、DC的中點(diǎn),所以EFPD.所以ABEF. AB平面BEF.(2)如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),以AB、AD、AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)AB的長(zhǎng)為1,則(1,2,0),(0,1,)易知平面CDB的一個(gè)法向量為n1(0,0,1)設(shè)平面EDB的一個(gè)法向量為n2(x,y,z)則即則y1,可得n2(2,1,)設(shè)二面角EBDC的大小為,則cos |cosn1,n2|,則k.

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