2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法課件 理.ppt

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1、第3講立體幾何中的向量方法,高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.,1.(2017全國(guó)卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(),解析法一以B為原點(diǎn)，建立如圖(1)所示的空間直角坐標(biāo)系.,真 題 感 悟,圖(1)圖(2),則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).,法二如圖(2)，設(shè)M，N，P分別為AB，BB1，B1C1中點(diǎn)，則PNBC1，MNAB1， AB1與BC

2、1所成的角是MNP或其補(bǔ)角. AB2，BCCC11，,在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC,答案C,(1)證明：平面AMD平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.,(1)證明由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD. 因?yàn)锽CCD，BC平面ABCD， 所以BC平面CMD，又DM平面CDM，故BCDM.,所以DMCM. 又BCCMC，所以DM平面BMC. 由于DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.,由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)， M(0，1，1)，,設(shè)n(x，y，z)是平面

3、MAB的法向量，,3.(2018全國(guó)卷)如圖，四邊形ABCD為正方形， E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PFBF. (1)證明：平面PEF平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.,(1)證明由已知可得，BFPF，BFEF， 又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.,(2)解作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.,由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，,1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法,設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平

4、面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則 (1)線面平行 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)線面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. (3)面面平行 vva2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30.,考 點(diǎn) 整 合,2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算,設(shè)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).,熱點(diǎn)一利用空間向量證明平行、垂直關(guān)系 【例1】 如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABC

5、D，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明：,(1)BEDC； (2)BE平面PAD； (3)平面PCD平面PAD.,證明依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，,可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1).,(2)因?yàn)锳BAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD， 所以ABPA，PAADA，PA，AD平面PAD， 所以AB平面PAD，,又BE平面PAD，所以BE平面PAD.,設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，,不妨令y1，可得n(0，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量.,

6、所以平面PAD平面PCD.,探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系(盡可能利用垂直條件，準(zhǔn)確寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而用向量表示涉及到直線、平面的要素). 2.向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開(kāi)立體幾何定理的條件，如在(2)中忽略BE平面PAD而致誤.,【訓(xùn)練1】 在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB11，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn).求證： (1)B1D平面ABD； (2)平面EGF平面ABD.,證明(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z

7、軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示. 則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4). 設(shè)BAa，則A(a，0，0)，,則B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD， 因此B1D平面ABD.,即B1DEG，B1DEF. 又EGEFE，EG，EF平面EGF， 因此B1D平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.,熱點(diǎn)二利用空間向量計(jì)算空間角 考法1求線面角或異面直線所成的角 【例21】 (2018煙臺(tái)質(zhì)檢)如圖，在梯形ABCD中，ADBC，ABCD，ACBD，平面BDFE平面ABCD，EFBD，BEBD.,(1)證明平面BDFE平面ABCD，平

8、面BDFE平面ABCDBD，AC平面ABCD，ACBD， AC平面BDFE.又AC平面AFC， 平面AFC平面BDFE.,ODOC1，OBOA2， FEOB且FEOB，四邊形FEBO為平行四邊形， OFBE，且OFBE2， 又BE平面ABCD，OF平面ABCD.,則B(0，2，0)，D(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，2)，C(1，0，0)，,不妨設(shè)z1，得xy2，得n(2，2，1).,探究提高1.異面直線所成的角，可以通過(guò)兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |. 2.直線與平面所成的角主要通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin |cos |，有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面

9、內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角).,【訓(xùn)練2】 (2018江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn). (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.,因?yàn)锳BAA12，,設(shè)n(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，,(1)證明：BCB1M； (2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時(shí)二面角MB1CA的余弦值.,BC2，則有AB2BC28AC2， ABC90，BCAB， 又BB1BC，BB1ABB， BC平面ABB1A1，又B1M平面ABB1A1， 故

10、BCB1M.,(2)解由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾何體為四棱錐CABB1M和四棱錐B1A1MCC1.,由(1)知四棱錐CABB1M的高為BC2，,此時(shí)M為AA1中點(diǎn)，,A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).,設(shè)n1(x1，y1，z1)是平面CB1M的一個(gè)法向量，,令z11，可得n1(1，2，1)，設(shè)n2(x2，y2，z2)是平面ACB1的一個(gè)法向量，,探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角. 2.利用向量法求二面

11、角，必須能判定“所求二面角的平面角是銳角或鈍角”，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)?,(1)求證：AC平面BEF； (2)求二面角BCDC1的余弦值； (3)證明：直線FG與平面BCD相交.,(1)證明在三棱柱ABCA1B1C1中， 因?yàn)镃C1平面ABC， 所以四邊形A1ACC1為矩形. 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，所以ACEF. 因?yàn)锳BBC，所以ACBE. 又EFBEE，所以AC平面BEF. (2)解由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1， 又CC1平面ABC，所以EF平面ABC， 因?yàn)锽E平面ABC，所以EFBE.,如圖建立空間直角坐標(biāo)系Exyz，由題意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，

12、D(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1).,設(shè)平面BCD的法向量為n(x0，y0，z0)，,令y01，則x02，z04.于是n(2，1，4).,所以直線FG與平面BCD相交.,解(1)設(shè)BD交AC于點(diǎn)O，連接OE. PB平面AEC，平面AEC平面BDPOE，PBOE. 又O為BD的中點(diǎn)，在BDP中E為PD中點(diǎn).,(2)連接OP，由題知PO平面ABCD，且ACBD，,設(shè)平面AEC的法向量為m(x1，y1，z1).,設(shè)平面BDF的法向量n(x2，y2，z2)，,探究提高1.空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問(wèn)題，它無(wú)需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷. 2.空間

13、向量求解探索性問(wèn)題：(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論；(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論.,(1)當(dāng)BF長(zhǎng)為多少時(shí)，平面AEF平面CEF? (2)在(1)的條件下，求二面角EACF的余弦值.,解(1)連接BD交AC于點(diǎn)O，則ACBD. 取EF的中點(diǎn)G，連接OG，則OGDE. DE平面ABCD，OG平面ABCD. OG，AC，BD兩兩垂直. 以AC，BD，OG所在直線分別作為x軸，y軸，z軸建

14、立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，,設(shè)平面AEF，平面CEF的法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).,若平面AEF平面CEF，則n1n20，,設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，則,3.利用空間向量求解二面角時(shí)，易忽視二面角的范圍，誤以為兩個(gè)法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯(cuò). 4.空間向量在處理空間問(wèn)題時(shí)具有很大的優(yōu)越性，能把“非運(yùn)算”問(wèn)題“運(yùn)算”化，即通過(guò)直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關(guān)系，各類(lèi)角、距離以向量的方式表達(dá)出來(lái)，把立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算問(wèn)題.應(yīng)用的核心是充分認(rèn)識(shí)形體特征，進(jìn)而建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)向量的運(yùn)算解答問(wèn)題，達(dá)到幾何問(wèn)題代數(shù)化的目的，同時(shí)注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性.,