《高三数学二轮复习 第1部分 专题4 突破点12 立体几何中的向量方法 理-人教高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学二轮复习 第1部分 专题4 突破点12 立体几何中的向量方法 理-人教高三数学试题（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、突破点12立体几何中的向量方法提炼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)两个平面的夹角.(2)设平面1与2的法向量分别为n1与n2，则cos |cosn1，n2|.回访1直线与平面的夹角1(2015全国卷)如图121，长方体ABCDA1B1C1D1中，图121AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体
2、的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解(1)交线围成的正方形EHGF如图所示 5分(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.7分以D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Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6,8).8分设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0,4,3).10分又(10,4,8)，故|cos
3、n，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.12分回访2两个平面的夹角2(2016全国甲卷)如图122，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.图122(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值解(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.2分因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.4分又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.5分
4、(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3).8分设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3,1).10分于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.12分热点题型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.(2016全国丙卷)如图
5、123，四棱锥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123(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
6、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).10分于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.12分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(2016呼和浩特二模)如图124，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD1，点E，F
7、分别为AB和PD的中点图124(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：85952043】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.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
8、，取n(，3,3)，平面PBC的一个法向量为n(，3,3).10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.12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.(2016全国乙卷)如图125，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125(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
9、，故平面ABEF平面EFDC.(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,
10、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).10分则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.12分利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角变式训练2(名师押题)如图126，在四棱锥PABCD中，侧面PAB底面ABCD，底面ABCD为矩形，PAPB，O为AB的中点，ODPC.(1)求证：OCPD；(2)若PD与平面PAB所成的角为30，求二面角DPCB的余弦值. 【导学号：85
11、952044】图126解(1)证明：连接OP，PAPB，O为AB的中点，OPAB.侧面PAB底面ABCD，OP平面ABCD，OPOD，OPOC.ODPC，OPPCP，OD平面OPC，ODOC.4分又OPODO，OC平面OPD，OCPD.6分(2)取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.由(1)知ODOC，则AB2AD，又侧面PAB底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA平面PAB.DPA为直线PD与平面PAB所成的角，DPA30.不妨设AD1，则AB2，PA，PO.B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，P(0,0，)，从
12、而(1,1，)，(0，2,0).9分设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得可取n1(，0,1)同理，可取平面PCB的一个法向量为n2(0，1).11分于是cosn1，n2.二面角DPCB的余弦值为.12分热点题型3利用空间向量求解探索性问题题型分析：(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决.如图127，空间几何体ABCDE中，平面ABC平面BCD，AE平面ABC.图127(1)证明：AE
13、平面BCD；(2)若ABC是边长为2的正三角形，DE平面ABC，且AD与BD，CD所成角的余弦值均为，试问在CA上是否存在一点P，使得二面角PBEA的余弦值为.若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由解题指导(1)(2)解(1)证明：过点D作直线DOBC交BC于点O，连接DO.因为平面ABC平面BCD，DO平面BCD，DOBC，且平面ABC平面BCDBC，所以DO平面ABC.1分因为直线AE平面ABC，所以AEDO.2分因为DO平面BCD，AE平面BCD，所以直线AE平面BCD.4分(2)连接AO，因为DE平面ABC，所以AODE是矩形，所以DE平面BCD.因为直线AD与直线BD，CD所成角的余弦值均为，所以BDCD，所以O为BC的中点，所以AOBC，且cosADC.设DOa，因为BC2，所以OBOC1，AO.所以CD，AD.在ACD中，AC2，所以AC2AD2CD22ADCDcosADC，即43a21a22，即2a2，解得a21，a1.6分以O为坐标原点，OA，OB，
