2020版高考數(shù)學大一輪復習 第七章 立體幾何與空間向量 第6節(jié) 空間向量的應用（第3課時）利用空間向量解決有關空間角的開放問題課件 理 新人教A版

1、 第第3課時利用空間向量解決有關空間角的開放問題課時利用空間向量解決有關空間角的開放問題 考點一與線面角有關的探索性問題 (1)求證：A1D平面BCED； (2)在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60？若存在，求 出PB的長；若不存在，請說明理由 (1)證明題圖(1)中，由已知可得：AE2，AD1，A60. 故得AD2DE2AE2，ADDE，BDDE. 題圖(2)中，A1DDE，BDDE， A1DB為二面角A1DEB的平面角， 又二面角A1DEB為直二面角，A1DB90，即A1DDB， DEDBD且DE，DB平面BCED，A1D平面BCED. (2)解存在由(1)知

2、EDDB，A1D平面BCED.以D為坐標原點，以射線DB、DE、 DA1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系Dxyz，如圖， 過P作PHDE交BD于點H， 因為直線PA1與平面A1BD所成的角為60， 規(guī)律方法解決此類問題的基本策略是執(zhí)果索因，其結論明確需要求出使結論成立 的充分條件，將題設和結論都視為已知條件即可迅速找到切入點，建立方程(組)并 解方程(組)，若有解，則存在并求得結論成立的條件，若無解，則不存在 (1)求證：ADPC； (2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成 的角相等 由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos

3、454， 得AC2，所以AC2BC2AB2， 所以ACB90，即BCAC. 又ADBC，所以ADAC， 所以AD2AP2DP2，所以PAAD， 又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC. (2)解因為側面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA 底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為 原點，直線AD，AC，AP為坐標軸，建立如圖所示的空間 直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0， 2，0)，B(2，2，0)，E(1，1，0)，P(0，0，2)， 易得平面ABCD的一個法向量為m(0，0，1) 設平面PDC的法向量為n(x，y，z)， 令x1，得

4、n(1，1，1) 因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等， 考點二與二面角有關的探索性問題多維探究 角度1已知二面角探求長度 (1)求證：平面PBC平面PQB； (2)當PM的長為何值時，平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為 60？ BCQD，BCQD， 四邊形BCDQ為平行四邊形，BQCD. ADC90，BCBQ. PAPD，AQQD，PQAD. 又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD， PQ平面ABCD，PQBC. 又PQBQQ，BC平面PQB. BC平面PBC，平面PBC平面PQB. 設平面MBQ的法向量為m(x，y，z)，則 設平面P

5、DC的法向量為n(x，y，z)，則 平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60， 角度2已知二面角探求角度 【例22】 (2019河北“五個一”名校聯(lián)考)如圖所示的幾何 體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，ABC60， AB2BC2CD，四邊形DCEF是正方形，N，G分別是線段 AB，CE的中點 (1)證明法一如圖，設DF的中點為M，連接AM，GM， 因為四邊形DCEF是正方形，所以MG綉CD， 又四邊形ABCD是梯形，且AB2CD，ABCD，點N是AB 的中點， 所以AN綉DC，所以MG綉AN， 所以四邊形ANGM是平行四邊形，所以NGAM. 又AM平面ADF，NG 平面ADF，

6、 所以NG平面ADF. 法二如圖，連接NC，NE，因為N是AB的中點，四邊形 ABCD是梯形，AB2CD，ABCD， 所以AN綉CD， 所以四邊形ANCD是平行四邊形，所以NCAD， 因為AD平面ADF，NC 平面ADF， 所以NC平面ADF， 同理可得NE平面ADF，又NCNEN，所以平面NCE平面ADF， 因為NG平面NCE，所以NG平面ADF. (2)解設CD的中點為O，EF的中點為P，連接NO，OP，易 得NOCD，以點O為原點，以OC所在直線為x軸，以NO所 在直線為y軸，以過點O且與平面ABCD垂直的直線為z軸建立 如圖所示的空間直角坐標系 因為NOCD，OPCD， 所以NOP是二

7、面角ACDF的平面角， 則NOP，所以POy， 設平面BCE的法向量為n(x，y，z)， 又易知平面ACD的一個法向量為m(0，0，1)， 由圖可知二面角ABCE為銳角， 規(guī)律方法1.解決探究性問題的基本方法是假設結論成立或對象存在，然后在這個 前提下進行邏輯推理，若能推導出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，則說明假設成立，即 存在，并可進一步證明；否則不成立，即不存在 2探索線段上是否存在點時，注意三點共線條件的應用 3利用空間向量的坐標運算，可將空間中的探究性問題轉化為方程是否有解的問 題進行處理 【訓練2】 (2019華南師大附中質檢)如圖，在五面體ABCDEF中，ABCDEF， ADCD，DCF

8、60，CDEFCF2AB2AD2，平面CDEF平面ABCD. (1)求證：CE平面ADF； (2)已知P為棱BC上的點，試確定點P的位置，使二面角PDFA的大小為60. (1)證明CDEF，CDEFCF， 四邊形CDEF是菱形，CEDF. 平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，ADCD，AD平面 ABCD， AD平面CDEF， CE平面CDEF，ADCE. 又AD平面ADF，DF平面ADF，ADDFD， 直線CE平面ADF. (2)解由(1)知四邊形CDEF為菱形， 又DCF60， DEF為正三角形 如圖，取EF的中點G，連接GD，則GDEF. EFCD，GDCD. 平面CD

9、EF平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF 平面ABCDCD， GD平面ABCD. 又ADCD，直線DA，DC，DG兩兩垂直 以D為原點，分別以DA，DC，DG所在的直線為x軸、y軸、 z軸，建立如圖的空間直角坐標系Dxyz. CDEFCF2，ABAD1， 二面角PDFA的大小為60， P在靠近點B的CB的三等分點處 考點三與空間角有關的最值問題 (1)求證：平面BED平面ABCD； (2)若點P在平面ABE內運動，且DP平面BEC，求直線DP 與平面ABE所成角的正弦值的最大值 (1)證明如圖，連接AC，交BD于點O，連接EO， ADAB，CDCB，ACAC， ADCABC，易得ADO

10、ABO， AODAOB90， ACBD. 又ECBD，ECACC，BD平面AEC， 又OE平面AEC，OEBD. 又底面ABCD是圓內接四邊形， ADCABC90， 易得AEOACE，AOEAEC90， 即EOAC. 又AC，BD平面ABCD，ACBDO， EO平面ABCD， 又EO平面BED，平面BED平面ABCD. (2)解如圖，取AE的中點M，AB的中點N，連接MN，ND，DM， 則MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60， ABD為正三角形，DNAB，又BCAB， 平面DMN平面EBC，點P在線段MN上 以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， 設平面ABE的法向量n

11、(x，y，z)， 規(guī)律方法解決空間角的最值問題一般是把空間角的某個三角函數(shù)值表示為某個變 量的函數(shù)，利用這個函數(shù)的單調性求三角函數(shù)值的最值，求解時需要注意的是函數(shù) 中自變量的取值范圍對最值的決定作用 【訓練3】 (2019上海靜安區(qū)質檢)如圖所示，PA平面ADE，B，C分別是AE，DE的 中點，AEAD，ADAEAP2. (1)求二面角APED的余弦值； (2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長 解 (1)因為PA平面ADE，AD平面ADE，AB平面ADE， 所以PAAD，PAAB， 又因為ABAD， 所以PA，AD，AB兩兩垂直 因為PAAD，ADAE，AEPAA， 所以AD平面PAE， 設平面PED的法向量為m(x，y，z) 令y1，解得z1，x1. 所以m(1，1，1)是平面PED的一個法向量， 設12t，t1，3， 思維升華 用向量法解決立體幾何問題，是空間向量的一個具體應用，體現(xiàn)了向量的工具性， 這種方法可把復雜的推