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1、第三講立體幾何中的向量方法研熱點（聚焦突破）類型一 利用空間向量證明位置關系設直線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，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD的中點(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP平面B1AE？若存在
2、，求AP的長；若不存在，說明理由解析(1)證明：以A為原點，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)設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)假設在棱AA1上存在一點P(0，0，z0)，使得DP平面B1AE.此時(0，1，z0)又設平面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P，滿足DP平面B1AE，此時AP.跟蹤訓練如圖，在圓錐PO中，已知PO，O的直徑2，C是的中點，D為AC的中點證明：平面POD平面PAC.證明：如圖所示，以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，D(，0)設n1(x1，y1，z1)是平面POD的一個法向量，則由n10，n10，得所以z10，x1y1.取y11，得n1(1，1，0)設n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一個法向量，則由n20，n20，得所以x2z2，y2z2，取z21，得n2(，1)因為n1n2
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M，N分別為AB和BC
5、的中點(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的中點又因為N為BC的中點，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P，連接MP，NP.而M，N分別為AB與BC的中點，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為坐標原點，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Oxyz，如
6、圖所示設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m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量由得可取m(1，1，)設n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因為AMNC為直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得(負值舍去)跟蹤訓練(2020年長沙模擬)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所成的角的大小；解析：如圖，在平面ABCD內過點D
7、作直線DFAB，交BC于點F，以D為坐標原點，DA、DF、DP所在的直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系D xyz，則A(1，0，0)，B(1，0)，D(0，0，0)，C(3，0)(1)證明：設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的一個法向量(0，0)，(1，0)設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題探索性問題的類型(1)對平行、垂直關系的探索；(2)對條件和結論不完備的開放性問題的探索例
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，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，求CM與平面A1BE所成角的大小；(3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？并說明理由解析(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為坐標原點，建立空間直角坐標系Cxyz，則A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)
9、，B(3，0，0)，E(2，2，0)設平面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P，使平面A1DP與平面A1BE垂直理由如下：假設這樣的點P存在，設其坐標為(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，當且僅當mn0，即4pp0.解得p2，與p0，3矛盾線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直跟蹤訓練如圖，在直三棱
10、柱ABCA1B1C1中，已知BC1，BB12，BCC1，AB側面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C，C1)上確定一點E的位置，使得EAEB1(要求說明理由)解析：如圖，以B為坐標原點建立空間直角坐標系，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的中點析典題（預測高考）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E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30，求AE的長【解析】如圖(1)，以點A為坐標原點建立空間直角坐標系，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)設點E的坐標為(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.【名師點睛】本題主要考查空間兩條直線的位置關系、二面角、異面直線所成的角、直線與平面所成的角等基礎知識、考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力難度中等本例第(3)問借助于方程思想及向量法求AE長最簡便名師押題【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(1)求證
13、：AB平面BEF；(2)設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，E、F分別是PC、DC的中點，所以EFPD.所以ABEF. AB平面BEF.(2)如圖，以A為坐標原點，以AB、AD、AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系設AB的長為1，則(1，2，0)，(0，1，)易知平面CDB的一個法向量為n1(0，0，1)設平面EDB的一個法向量為n2(x，y，z)則即則y1，可得n2(2，1，)設二面角EBDC的大小為，則cos |cosn1，n2|，則k.
2020年高三數(shù)學二輪復習 專題六第三講 立體幾何中的向量方法教案 理
