《高考数学二轮专题突破配套课件：专题四 立体几何与空间向量 第3讲.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮专题突破配套课件：专题四 立体几何与空间向量 第3讲.pptx（62页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 立体几何中的向量方法 专题四 立体几何与空间向量 高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练 栏目索引 高考真题体验 1 2 1 2014 课标全国 直三棱柱ABC A1B1C1中 BCA 90 M N分别是A1B1 A1C1的中点 BC CA CC1 则 BM与AN所成角的余弦值为 解析 方法一 补成正方体 利用向量的方法求异面直 线所成的角 由于 BCA 90 三棱柱为直三棱柱 且BC CA CC1 可将三棱柱补成正方体 建立如图 1 所示空间直角坐标系 设正方体棱长为2 则可得A 0 0 0 B 2 2 0 M 1 1 2 N 0 1 2 1 2 1 2 方法二 通过平行关系找出两
2、异面直线的夹角 再根据余弦定理 求解 如图 2 取BC的中点D 连接MN ND AD 由于MN 綊 綊 BD 因此有ND綊BM 则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角 1 2 设BC 2 1 2 答案 C 1 2 2 2015 浙江 如图 在三棱柱ABC A1B1C1中 BAC 90 AB AC 2 A1A 4 A1在底面ABC的射影为BC的中点 D是B1C1的中点 1 证明 A1D 平面A1BC 证明 设E为BC的中点 由题意得A1E 平面ABC 所以A1E AE 因为AB AC 所以AE BC 故AE 平面A1BC 1 2 由D E分别为B1C1 BC的中点 得 DE B1B且
3、DE B1B 从而DE A1A且DE A1A 所以A1AED为平行四边形 故A1D AE 又因为AE 平面A1BC 所以A1D 平面A1BC 1 2 2 求二面角A1 BD B1的平面角的余弦值 解 以CB的中点E为原点 分别以射线EA EB EA1为x y z轴的正半轴 建立空间直角 坐标系E xyz 如图所示 由题意知各点坐标如下 1 2 设平面A1BD的法向量为m x1 y1 z1 平面B1BD的法向量为n x2 y2 z2 1 2 1 2 由题意可知 所求二面角的平面角是钝角 故二面角A1 BD B1的平面角的余弦值为 考情考向分析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点 与空间
4、线面关系的证明相结合 热点为二面角的 求解 均以解答的形式进行考查 难度主要体现在 建立空间直角坐标系和准确计算上 热点一 利用向量证明平行与垂直 热点分类突破 设直线l的方向向量为a a1 b1 c1 平面 的法向量分 别为 a2 b2 c2 v a3 b3 c3 则有 1 线面平行 l a a 0 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 线面垂直 l a a k a1 ka2 b1 kb2 c1 kc2 3 面面平行 v v a2 a3 b2 b3 c2 c3 4 面面垂直 v v 0 a2a3 b2b3 c2c3 0 例1 如图 在直三棱柱ADE BCF中 面 ABFE和面ABCD都是正方
5、形且互相垂直 M为AB的中点 O为DF的中点 运用向量方法证明 1 OM 平面BCF 2 平面MDF 平面EFCD 证明 方法一 由题意 得AB AD AE两两垂直 以A为原点建立如图所示 的空间直角坐标系 设正方形边长为1 则A 0 0 0 B 1 0 0 C 1 1 0 D 0 1 0 棱柱ADE BCF是直三棱柱 AB 平面BCF 是平面BCF的一个法向量 且OM 平面BCF OM 平面BCF 证明 设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1 x1 y1 z1 n2 x2 y2 z2 同理可得n2 0 1 1 n1 n2 0 平面MDF 平面EFCD 又OM 平面BCF OM 平
6、面BCF OM CD OM FC 又CD FC C OM 平面EFCD 又OM 平面MDF 平面MDF 平面EFCD 思维升华 用向量知识证明立体几何问题 仍然离不开立体几何中 的定理 如要证明线面平行 只需要证明平面外的一条直 线和平面内的一条直线平行 即化归为证明线线平行 用向量方法证明直线a b 只需证明向量a b R 即 可 若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面 平行 仍需强调直线在平面外 跟踪演练1 如图所示 已知直三棱柱 ABC A1B1C1中 ABC为等腰直角三角形 BAC 90 且AB AA1 D E F分别为B1A C1C BC 的中点 求证 1 DE 平面ABC
7、证明 如图建立空间直角坐标系A xyz 令AB AA1 4 则A 0 0 0 E 0 4 2 F 2 2 0 B 4 0 0 B1 4 0 4 取AB中点为N 连接CN 则N 2 0 0 C 0 4 0 D 2 0 2 又 NC 平面ABC DE 平面ABC 故DE 平面ABC 2 B1F 平面AEF 热点二 利用空间向量求空间角 设直线l m的方向向量分别为a a1 b1 c1 b a2 b2 c2 平面 的法向量分别为 a3 b3 c3 v a4 b4 c4 以下相同 1 线线夹角 2 线面夹角 3 面面夹角 例2 2015 安徽 如图所示 在多面体 A1B1D1DCBA中 四边形AA1B
8、1B ADD1A1 ABCD均为正方形 E为B1D1的中点 过A1 D E的平面交CD1于F 1 证明 EF B1C 证明 由正方形的性质可知A1B1 AB DC 且A1B1 AB DC 所以四边形A1B1CD为平行四边形 从而B1C A1D 又A1D 面A1DE B1C 面A1DE 于是B1C 面A1DE 又B1C 面B1CD1 面A1DE 面B1CD1 EF 所以EF B1C 2 求二面角E A1D B1的余弦值 解 因为四边形AA1B1B ADD1A1 ABCD均 为正方形 所以AA1 AB AA1 AD AB AD 且AA1 AB AD 以A为原点 y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空
9、间直角坐标系 可得 点的坐标A 0 0 0 B 1 0 0 D 0 1 0 A1 0 0 1 B1 1 0 1 1 1 1 为其一组解 所以可取n1 1 1 1 设面A1B1CD的法向量n2 r2 s2 t2 由此同理可得n2 0 1 1 所以结合图形知二面角E A1D B1的余弦值为 思维升华 1 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤 建立恰 当的空间直角坐标系 求出相关点的坐标 写出向量坐 标 结合公式进行论证 计算 转化为几何结论 2 求空间角注意 两条异面直线所成的角 不一定是直线 的方向向量的夹角 即cos cos 两平面的法向量的 夹角不一定是所求的二面角 有可能为两法向量夹角的
10、补 角 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与 直线方向向量夹角的余弦值的绝对值 即注意函数 名称的变化 跟踪演练2 如图 已知 O的直径AB 3 点C为 O上异于A B的一点 VC 平面ABC 且VC 2 点M为线段VB的中点 1 求证 BC 平面VAC 证明 因为VC 平面ABC BC 平面ABC 所以VC BC 又点C为圆O上一点 且AB为直径 所以AC BC 又VC AC C 所以BC 平面VAC 2 若AC 1 求二面角M VA C的余弦值 解 由 1 得BC VC VC AC AC BC 以C为坐标原点 AC BC VC所在的 直线分别为x轴 y轴 z轴建立如图所示的空间直角坐
11、标系 则C 0 0 0 A 1 0 0 V 0 0 2 得x 4 z 2 又BC 平面VAC 热点三 利用空间向量求解探索性问题 存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下 的某一数学对象 数值 图形 函数等 是否存在或某一 结论是否成立 解决这类问题的基本策略是先假设题中的 数学对象存在 或结论成立 或暂且认可其中的一部分结 论 然后在这个前提下进行逻辑推理 若由此导出矛盾 则否定假设 否则 给出肯定结论 例3 如图 三棱柱ABC A1B1C1的侧棱AA1 底面ABC ACB 90 E是棱CC1上的动点 F是AB的中点 AC 1 BC 2 AA1 4 1 当E是棱CC1的中点时 求证
12、CF 平面AEB1 证明 取AB1的中点G 连接EG FG F G分别是AB AB1的中点 FG EC FG EC 四边形FGEC是平行四边形 CF EG CF 平面AEB1 EG 平面AEB1 CF 平面AEB1 2 在棱CC1上是否存在点E 使得二面角 A EB1 B的余弦值是 若存在 求CE的长 若不存在 请说明理由 解 假设这样的点E存在 以C为坐标原点 CA CB CC1所在直线为x轴 y轴 z轴 建立如图所示的空间直角坐标系C xyz 则C 0 0 0 A 1 0 0 B1 0 2 4 设E 0 0 m 0 m 4 平面AEB1的法向量为n1 x y z 令z 2 则n1 2m m
13、 4 2 CA 平面C1CBB1 解得m 1 满足0 m 4 在棱CC1上存在点E符合题意 此时CE 1 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题 它无需进行复杂的作图 论证 推理 只需通过坐标运 算进行判断 解题时 把要成立的结论当作条件 据此列 方程或方程组 把 是否存在 问题转化为 点的坐标 是否有解 是否有规定范围内的解 等 所以为使问题 的解决更简单 有效 应善于运用这一方法 跟踪演练3 如图所示 四边形ABCD是边长 为1的正方形 MD 平面ABCD NB 平面 ABCD 且MD NB 1 E为BC的中点 1 求异面直线NE与AM所成角的余弦值 解 如图 以D为坐标
14、原点 DA DC DM所在 直线分别为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系 则D 0 0 0 A 1 0 0 M 0 0 1 C 0 1 0 解 假设在线段AN上存在点S 使得ES 平面AMN 2 在线段AN上是否存在点S 使得ES 平面AMN 若 存在 求线段AS的长 若不存在请说明理由 ES 平面AMN 故线段AN上存在点S 高考押题精练 如图 五面体中 四边形ABCD是矩形 AB EF AD 平面ABEF 且AD 1 AB EF 2 AF BE 2 P Q分别为AE BD的中 点 1 求证 PQ 平面BCE 2 求二面角A DF E的余弦值 押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量 的建系 求法向量 求角等知识 是高考的重点和热点 1 证明 连接AC 四边形ABCD是矩形 且Q为BD的中点 Q为AC的中点 又在 AEC中 P为AE的中点 PQ EC EC 面BCE PQ 面BCE PQ 平面BCE 2 解 如图 取EF的中点M 则AF AM 以A为坐标原点 以AM AF AD所在直线 分别为x y z轴建立空间直角坐标系 则A 0 0 0 D 0 0 1 M 2 0 0 F 0 2 0 设平面DEF的法向量为n x y z 令x 1 则y 1 z 2 故n 1 1 2 是平面DEF的一个法向量 由图可知所求二面角为锐角
