（全國通用）2019屆高考數(shù)學二輪復習 板塊三 專題突破核心考點 專題四 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

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1、第3講立體幾何中的向量方法,專題四立體幾何與空間向量,板塊三專題突破核心考點,,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，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上.,,,熱點分類突破,真題押題精練,內(nèi)容索引,熱點分類突破,,熱點一利用向量證明平行與垂直,設直線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 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)線面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. (3)面面平行

2、vva2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30.,例1如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2. (1)求證：EF平面PAB；,證明,證明以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1). 點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，,即EFAB， 又AB平面PAB，EF平面PAB， EF平面PAB.,(2)求證：平面PAD平面PDC.,證明,證明由

3、(1)可知，,即APDC，ADDC. 又APADA，AP，AD平面PAD， DC平面PAD. DC平面PDC，平面PAD平面PDC.,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ab，只需證明向量ab(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，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，點M為AB的中點，點O為DF的中點.運用向量方法證明： (1)OM平面BCF；,證明,證明方法一(1

4、)由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz. 設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)， D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，,棱柱ADEBCF是直三棱柱， AB平面BCF，,且OM平面BCF， OM平面BCF.,又OM平面BCF， OM平面BCF.,(2)平面MDF平面EFCD.,證明,證明方法一設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).,n1n20， 平面MDF平面EFCD.,方法二由題意及(1)知，BF，BC，BA兩兩垂直，,即OMCD，OMFC，,又CDF

5、CC，CD，F(xiàn)C平面EFCD， OM平面EFCD. 又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.,,熱點二利用空間向量求空間角,設直線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,例2(2018泉州質(zhì)檢)如圖，在四棱錐PABCD中，ADBC，ABBC2，ADPD4，BAD60，ADP120，點E為PA的中點. (1)求證：BE平面PCD；,證明,證明取PD中點F，連接CF，EF. 因為點E為PA的中點，,所以EFBC且EFBC， 所以四邊形BCFE為平行四邊形，

6、 所以BECF， 又BE平面PCD，CF平面PCD， 所以BE平面PCD.,(2)若平面PAD 平面ABCD，求直線BE與平面PAC所成角的正弦值.,解答,解在平面ABCD中，過點D作DGAD，在平面PAD中，過點D作DHAD. 因為平面PAD 平面ABCD， 平面PAD 平面ABCDAD，DG平面ABCD， 所以DG平面PAD， 又DH平面PAD， 所以DGDH，所以DA，DG，DH兩兩互相垂直. 以D為原點，DA，DG，DH所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Dxyz(如圖)，,設n(x，y，z)是平面ACP的一個法向量，,設直線BE與平面PAC所成角為，,(1)運用空間向量

7、坐標運算求空間角的一般步驟：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；求出相關(guān)點的坐標；寫出向量坐標；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，注意函數(shù)名稱的變化.,,跟蹤演練2如圖，在四面體ABCD中，BABC，BADBCD90. (1)證明：BDAC；,證明,證明方法一如圖，作RtABD斜邊BD上的高AE，連接CE. 因為BABC，BADBCD90， 所以RtABDRt

8、CBD，可得CEBD. 又AECEE，AE，CE平面AEC， 所以BD平面AEC， 又AC平面AEC，所以BDAC. 方法二因為BABC，BADBCD90， 所以RtABDRtCBD，可得ADCD.,設AC中點為E，連接BE，DE，則BEAC，DEAC， 又BEDEE，BE，DE平面BDE， 所以AC平面BDE， 又BD平面BDE，所以BDAC.,(2)若ABD60，BA2，四面體ABCD的體積為2，求二面角BACD的余弦值.,解答,解方法一在RtABD中，因為BA2，ABD60，,因為BD平面AEC，四面體ABCD的體積為2，,sinAEC1，AEC90， 所以AE平面BCD. 以E為原點，

9、EB，EC，EA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系Exyz.,設m(x1，y1，z1)是平面BAC的一個法向量，,設n(x2，y2，z2)是平面DAC的一個法向量，,方法二由(1)知，BED為二面角BACD的平面角， 在RtBCD中，因為BC2，ABDCBD60，,設點A到平面BCD的距離為h，,在平面ABD內(nèi)過A作AFBD，垂足為F， 因為BA2，ABD60，,由點到平面的距離的定義知，AF平面BCD.,,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題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認

10、可其中的一部分結(jié)論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結(jié)論.,熱點三利用空間向量求解存在探索性問題,證明,例3(2018濱海新區(qū)重點學校聯(lián)考)在四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DCAD1，AB2，PAD45，E是PA的中點，F(xiàn)在線段AB上，且滿足 0. (1)求證：DE平面PBC；,證明方法一取PB的中點M，連接EM和CM，,且E，M分別為PA，PB的中點.,EMCD且EMCD，四邊形CDEM為平行四邊形， DECM，又CM平面PBC，DE平面PBC， DE平面BPC.,方法二由題意可得DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖，以D

11、為原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系Dxyz，,設平面PBC的法向量為m(x，y，z)，,令y1，則x1，z1， m(1,1,1).,又DE平面PBC， DE平面PBC.,解答,(2)求二面角FPCB的余弦值；,解設點F的坐標為(1，t,0)，,設平面FPC的法向量為n(x，y，z)，,令x1，則y2，z2， n(1,2,2)，,又由圖可知，該二面角為銳角，,(3)在線段PA上是否存在點Q，使得FQ與平面PFC所成角的余弦值是 ，若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由.,解答,空間向量最適合解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只

12、需通過坐標運算進行判斷.解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，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，應善于運用這一方法.,,跟蹤演練3(2018荊州質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCAA12，點P為棱B1C1的中點，點Q為線段A1B上一動點. (1)求證：當點Q為線段A1B的中點時，PQ平面A1BC；,證明,證明連接AB1，AC1， 點Q為線段A1B的中點， A，Q，B1三點共線， 且Q為AB1的中點， 點P為B1C1的中點， PQAC1. 在直三棱柱ABCA1B1C1中， ACBC， B

13、C平面ACC1A1，,又AC1平面ACC1A1， BCAC1. ACAA1， 四邊形ACC1A1為正方形， AC1A1C， 又A1C，BC平面A1BC，A1CBCC， AC1平面A1BC， 而PQAC1， PQ平面A1BC.,解答,(x，y2，z)(2，2,2)，,解由題意可知，CA，CB，CC1兩兩垂直， 以C為原點，分別以CA，CB，CC1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Cxyz， 連接B1Q，PB，設Q(x，y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)， P(0,1,2)，B1(0,2,2)，,點Q在線段A1B上運動， 平面A1PQ的法向量即為平面A1PB的法向量， 設平面

14、A1PB的法向量為n1(x，y，z)，,令y2，得n1(1,2,1)， 設平面B1PQ的法向量為n2(x，y，z)，,取n2(1，0，)，,92920，,真題押題精練,1.(2017北京)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD平面ABCD，點M在線段PB上，PD平面MAC，PAPD ，AB4. (1)求證：M為PB的中點；,真題體驗,證明,證明設AC，BD交于點E，連接ME，如圖所示. 因為PD平面MAC，平面MAC平面PDBME， 所以PDME. 因為四邊形ABCD是正方形， 所以E為BD的中點， 所以M為PB的中點.,(2)求二面角BPDA的大?。?解答,解取AD的中

15、點O，連接OP，OE. 因為PAPD，所以OPAD， 又因為平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，且OP平面PAD， 所以OP平面ABCD. 因為OE平面ABCD，所以OPOE. 因為四邊形ABCD是正方形， 所以OEAD，,如圖，建立空間直角坐標系Oxyz，,設平面BDP的法向量為n(x，y，z)，,平面PAD的法向量為p(0,1,0)，,由題意知，二面角BPDA為銳角，,(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.,解答,設直線MC與平面BDP所成的角為，則,2.(2018全國)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧 所在平面垂直，M是 上異于C，D的點. (

16、1)證明：平面AMD平面BMC；,證明,證明由題設知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因為BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD， 故BCDM. 因為M為 上異于C，D的點，且DC為直徑， 所以DMCM. 又BCCMC，BC，CM平面BMC， 所以DM平面BMC. 又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.,,(2)當三棱錐MABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.,解答,解以D為坐標原點， 的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.,當三棱錐MABC體積最大時，M為 的中點. 由題設得 D(0,0,0)，A(2,0,0)

17、，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，,設n(x，y，z)是平面MAB的法向量，則,可取n(1,0,2)，,押題預測,押題依據(jù)利用空間向量求二面角全面考查了空間中的建系、求法向量、求角等知識，是高考的重點和熱點.,證明,押題依據(jù),如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，BE平面ABCD，DFBE，DF2BE2，EF3. (1)證明：平面ACF平面BEFD；,證明四邊形ABCD是菱形， ACBD. BE平面ABCD，AC平面ABCD， BEAC， 又BEBDB，BE，BD平面BEFD， AC平面BEFD. AC平面ACF， 平面ACF平面BEFD.,(2)若二面角A

18、EFC是直二面角，求AE與平面ABCD所成角的正切值.,解答,解方法一(向量法) 設AC與BD交于點O，以點O為原點，,建立空間直角坐標系Oxyz，如圖. 取DF的中點H，連接EH.,四邊形BEHD為平行四邊形， 在RtEHF中，F(xiàn)H1，EF3，,設n1(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，n2(x2，y2，z2)為平面CEF的法向量.,二面角AEFC是直二面角， n1n20，得a2， 由題意可得EAB為AE與平面ABCD所成的夾角， AB2，BE1，,方法二(幾何法) 設AC與BD交于點O. 四邊形ABCD是菱形， ADFCDF，ABECBE， AFCF，AECE，AEFCEF. 過A作AMEF，連接CM，則CMEF， 則AMC為二面角AEFC的平面角. 設菱形的邊長為a， BE1，DF2，EF3，DFBD，,二面角AEFC為直二面角，AMC為直角，,在AEF中，AMEF，設MEx，則MF3x，,解得a2. AE與平面ABCD所成的角為EAB，,