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

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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.