《高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学案201》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学案201（21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年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷直线与平面所成角的正弦值T18(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上.卷二面角、直线与平面所成的角T20(2)卷二面角的正弦值T19(2)2017卷二面角的余弦值的求解T18(2)卷二面角的余弦值的求解T19(2)卷二面角的余弦值的求解T19(2)2016卷二面角的余弦值的求解T18(2)卷二面角的正弦值的求解T19(2)卷线面角的正弦值的求解T19(2)利用空间向量证明平行与垂直(综合型)设直线l的方向向量为a(
2、a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)、(a3，b3，c3)，则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30. 典型例题 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.【证明】依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，
3、0，2)由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)(1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0.所以BEDC.(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)为平面PAD的一个法向量而(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0，1，1)为平面PCD的一个法向量且n(0，1，1)(1，0，0)0，所以n.所以平面PCD平面PA
4、D.利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题对点训练在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点求证：(1)B1D平面ABD.(2)平面EGF平面ABD.证明：(1)依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，
5、建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BAa，则A(a，0，0)，所以(a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，则，(0，1，1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知是平面ABD的一个法向量，所以平面EGF平面ABD.利用空间向量求空间角(综合型)典型例题命题角度一异面直线所成的角
6、 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_【解析】如图，在平面ABC内过点B作BDAB，交AC于点D，则CBD30.因为BB1平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos 30，sin 30，1)，即C1.所以(0，2，1)，.所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.【答案】两异面直线所成角的求法(1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角
7、或直角等于两异面直 线所成的角定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解(2)向量法：设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，则异面直线a，b所成角的余弦值等于|cosa，b|.命题角度二直线与平面所成的角 (2018高考全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解】(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足
8、为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.向量法求直线和平面所成的角设为直线l与平面所成的角，为直线l的方向向量v与平面的法向量n之间的夹角，则有(如图1)或(如图2)，所以有sin |cos |cosv，n|.特别地，0时，l；时，0，l或l. 命题角度三二面角的平面角 (2018沈阳教
9、学质量监测(一)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PAPD，APD90.(1)证明：平面PAB平面PCD；(2)(一题多解)求二面角APBC的余弦值【解】(1)证明：因为底面ABCD为正方形，所以CDAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以CD平面PAD.又AP平面PAD，所以CDAP.因为APD90，即PDAP，CDPDD，所以AP平面PCD.因为AP平面PAB，所以平面PAB平面PCD.(2)法一：取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，OQ，易得PO底面ABCD，OQAD，以O为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方
10、向建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD的边长为2，可得A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(1，2，0)，P(0，0，1)设平面APB的法向量为n1(x1，y1，z1)，而(1，0，1)，(1，2，1)则即则y10，取x11，得n1(1，0，1)为平面APB的一个法向量设平面BCP的法向量为n2(x2，y2，z2)，而(1，2，1)，(1，2，1)，则即则x20，取y21，得n2(0，1，2)为平面BCP的一个法向量所以cosn1，n2，由图易知二面角APBC为钝角，故二面角APBC的余弦值为.法二：以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD的边长为2，可得A(2，
11、0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(1，0，1)，设平面PAB的法向量为n1(x1，y1，z1)，而(1，0，1)，(1，2，1)，则即则y10，取z11，则n1(1，0，1)为平面PAB的一个法向量设平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，而(1，2，1)，(1，2，1)，则即则x20，取y21，则n2(0，1，2)为平面PBC的一个法向量所以cosn1，n2，由图可得二面角APBC为钝角，故二面角APBC的余弦值为.向量法求二面角设二面角l的平面角为(0)，n1，n2分别为平面，的法向量，向量n1，n2的夹角为，则有(如图1)或(如图2)，其中cos . 对点训练(20
12、18高考全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解：(1)证明：因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC知PO平面ABC.(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0
13、，2，2)取平面PAC的一个法向量(2，0，0)设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a4(舍去)，a，所以n.又(0，2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.利用向量解决探索性问题(综合型)典型例题 (2018长春质量监测(二)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AD2BC2CD4，AA12.(1)证明：AD1B1D；(2)设E是线段A1B1(不包括端点)上的动点，是否存在这样的点E，使得二面角EBD1A的余弦值为，如果存在，求出B1E的长；如果不存在，请说明理由【解】(1)证明：连接BD，B1D1(图略)，在等腰梯形ABCD中，由AD2BC2CD4，得BD2，故四边形B1BDD1是正方形，BD1B1D.AD1B1D.(2)假设存在这样的点E，依题意，以B为原点，方向为x轴正方向，方向为y
