《浙江高考数学复习一轮【教师版】：第1部分 重点强化专题 专题4 突破点10 立体几何中的向量方法》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江高考数学复习一轮【教师版】：第1部分 重点强化专题 专题4 突破点10 立体几何中的向量方法（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、突破点10立体几何中的向量方法核心知识提炼提炼1 两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角.(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos |coss1，s2|.提炼2 直线与平面的夹角(1)直线与平面的夹角.(2)设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，则sin |cosa，n|.提炼3 两个平面的夹角(1)如图101，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，图101(2)如图101，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n2高考真题回访回访1空间向量及其运算1(浙江高考)已知e1，e2是
2、空间单位向量，e1e2，若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_.122对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，说明当xx0，yy0时，|b(xe1ye2)|取得最小值1.|b(xe1ye2)|2|b|2(xe1ye2)22b(xe1ye2)|b|2x2y2xy4x5y，要使|b|2x2y2xy4x5y取得最小值，需要把x2y2xy4x5y看成关于x的二次函数，即f(x)x2(y4)xy25y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x2，所以当x
3、2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)(y2)27，显然当y2时，f(x)min7，此时x21，所以x01，y02.此时|b|271，可得|b|2.回访2立体几何中的向量方法2(浙江高考)如图102，已知平面四边形ABCD，ABBC3，CD1，AD，ADC90，沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是_图102如图，作DFAC于点F，作BEAC于点E，作FM垂直于过点B平行于AC的直线，垂足为M，则DBM是AC与BD所成的角(或其补角)在ADC中，DC1，AD，ADC90，AC，DF，CF.在BAC中，BCBA3，BE.而AE，EF.MFBE，DM.BMEF，
4、BD.cosDBM.直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.3(浙江高考节选)如图103，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.求二面角BADF的平面角的余弦值图103解法一：如图(1)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，过点F作FQAK于Q，连接BQ.2分(1)因为BF平面ACFD，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.4分所以BQF是二面角BADF的平面角.6分在RtACK中，AC3，CK2，得FQ.12分在RtBQF中，FQ，BF，得cosBQF.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.15分法二：如图(2)所示，延长AD，B
5、E，CF相交于一点K，取BC的中点O，连接KO，(2)则KOBC.2分又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1,0,0)，C(1,0,0)，K(0,0，)，A(1，3,0)，E，F.4分因此(0,3,0)，(1,3，)，(2,3,0)设平面ACFD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABED的法向量为n(x2，y2，z2).5分由得6分取m(，0，1)；由9分得取n(3，2，).12分于是cosm，n.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.15分4(浙江高考)如图104，在三棱柱AB
6、CA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点图104(1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值解(1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.2分因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A，DEA1A，所以四边形A1AED为平行四边形.4分故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.5分(2)法一：如图(1)，作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.(1)由AEEB，A1EAA
7、1EB90，得A1BA1A4.8分由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角.12分由A1D，A1B4，DA1B90，得BD3，A1FB1F，由余弦定理得cos A1FB1.15分法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图(2)所示(2)由题意知各点坐标如下：A1(0,0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，).6分因此(0，)，(，)，(0，0)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)由即8分可取m
8、(0，1)由即可取n(，0,1).12分于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为.15分(对应学生用书第38页)热点题型1向量法求线面角题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.【例1】如图105，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点图105(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值解(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中
9、点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.6分以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，8分(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1).12分于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.15分方法指津向量法求线面角的一般步骤1建立恰当的空间直角坐标系，求
10、出相关点的坐标2写出相关向量的坐标3求平面的法向量4求线面角的正弦值5转化为几何结论提醒：直线和平面所成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变式训练1(杭州质量检测)如图106，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD1，点E，F分别为AB和PD的中点图106(1)求证：直线AF平面PEC；(2)求PE与平面PBC所成角的正弦值 【导学号：68334115】解(1)证明：作FMCD交PC于点M，连接EM.点F为PD的中点，FMCD.AEAB，ABCD，AEFM.又AEFM，四边形AEMF为平行四边形，AFEM.
11、AF平面PEC，EM平面PEC，直线AF平面PEC.6分(2)连接DE，DAB60，ABCD是菱形，DEDC.以D为坐标原点，以DE，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分则P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，(0,1，1)，.8分设平面PBC的法向量为n(x，y，z)n0，n0，取n(，3,3)，平面PBC的一个法向量为n(，3,3).12分设向量n与所成的角为，cos .PE与平面PBC所成角的正弦值为.15分热点题型2向量法求二面角题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.【例2】
12、如图107，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.图107(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解(1)证明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.4分(2)过D作DGEF，垂足为G.由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.6分由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，).7分由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，).8分所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，).9分设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4).12分
