2012屆高考數(shù)學(xué)步步高第二輪復(fù)習(xí)課件：專題四第3講(精)

1、第3講立體幾何中的向量方法 【高考真題感悟】 F 分別在線段 AB, A , AE=EB=AF =|FD=4.沿直線 EF 將AEF 翻折成 EF,使平面 EF 丄平面 BEF 求二面角-FD-C 的余弦值； 點 M, N 分別在線段 FD, BC 上，若沿直線 MV 將四邊 形 MNCD 向上翻折，使 C 與以 重合，求線段 FM 的長. 解（1）取線段EF的中點H,連結(jié)A H, 4 E = Af F及H是EF的中點， A H丄EF 又平面 2 EF 丄平面 BEF, Af HU 平面 A EF, A H 丄平面EF 如圖，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xjz, 則 A (2,2, 2寸2), C(

2、10,8,0), F(4,0,0), D( 10,0,0).故鬲丁 =(-2,2,22), FD = (6,0,0). 設(shè) II = (x, j, z)為平面A FD的一個法向量, tiFA = 0, ifFl) = 0,（2010-浙江）如圖，在矩形 ABCD 中，點點E, .-2x + 2y + 22z = 0, = 0, 取 z =邁,則 n = (0, - 2,、丿 2). 二面角 A -FD-C 的余弦值為， (2) 設(shè) FM = x,則 M(4 + x,0,0), 翻折后 C 與屮重合，:.CMA M, 故(6 - x)2 + 82 + 02 = ( - 2 - x)2 + 22

3、+ (2)2,得 =手, 經(jīng)檢驗，此時點 N 在直線“C 上 考題分析本題主要考査二面角的求解和線段長度的計算考 査考生的空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力，靈活 選擇不同方法解決問題的應(yīng)變能力本題可用向量法解決，也 可用傳統(tǒng)幾何法解決，方法靈活. 易錯提醒( (1)缺少必要的證明. (2)(2) 空間坐標系的建立， 缺少必要的說明.建系不規(guī)范， 敘述不 準確. (3)(3) 建立空間坐標系后，不能正確寫出點的坐標或空間向量的 坐標. (4)(4) 計算不正確，書寫不規(guī)范. 主干知識梳理 1直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 又平面 CFD 的一個法向量 m (0,0,1) )

4、, 故 cos m) mm _ A/3 設(shè)直線人加的方向向量分別為 4 = Si，方 1，6) ), b = (a29 b29 C2) )平面( (X、的法向量分別為“=(。3，3，C3), r = (a49 b49 C4) )(以下相同). (1) 線面平行 I/ aa 丄“ 04“=0041。3+13+。23=0 (2) 線面垂直 I 丄 aa/“Qa =k“Oa =ka9 b=kby, C =kcy. (3) 面面平行 a / y =XV 03 =加 4, b3 =xZ4 9 Cy =2C4. (4) 面面垂直 a 丄 丄 y =0 0434+b 如如+C3C $=0. 2直線與直線、直

5、線與平面、平面與平面的夾角計算 設(shè)直線 Z,加的方向向量分別為 a=(ai9 bit ci), b = (a2, b29 C2) )平面處的法向量分別為“ =3, “3，C3), V=(a4, b49 C4) )(以下相同). (1) 線線夾角 設(shè) Z,加的夾角為班則 a-b _ “2+少 2 十勺竺 1 CS = kd 冊尸寸於+旺+耳加+舅+ (2) 線面夾角 設(shè)直線 I 與平面 a 的夾角為 則 sin =甞洛| = cos4, “(3)面面夾角 設(shè)平面 a、ft 的夾角為(OW/VTT), 貝!jIcos 例=需；| = Icos“，v) I. 3 求空間距離 直線到平面的距離，兩平行

6、平面的距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面 的距PMn (其向量，AT 為久內(nèi)任一點). 熱點型一 利用向量證明平行與垂直 例 1如圖，(1)O平證明方法 V 棱柱 ADEBCF 是直三棱柱, A丄平面 BCF, 84 是平面的一個法向量， 且 OA/Q 平面 BCF, ：.OM平面 BCF. 設(shè)平面 MDF 與平面 EFCD 的一個法向量分別為-（兀 1，川, 由 nr OF 向量加與向量命，顯共面， 又 OMQ 平面 BCF,OM/平面 BCF.Zl) 2 =(尤-i, oL 1-J1 + Z1 = O, 得 1 c 解得彳 0, _尹 -舟同理可得2 = (0,1,1) 畀 12 = 0,平面 MDF

7、 丄平面 EFCD. 方法二曲=茨+麗+端方一莎+舟斤才 = + BF) - BF +|BT - +|BT =-|(BC + +|BT = -BC -BF 令 Xi = 1,Zi A OMBA = 0, 亦丄就 B4 -0, C-BF)= - |fiC2 + |BF2 = 0. ：.OM丄CD, OM丄FC,久久 CDCFCC, ：.OM丄平面 EFCD 又OMU平面 MDF,平面 MDF 丄平面 EFCD 探究提高( (1)要證明線面平行，只需證明向量筋與平面 BCF 的法向量垂直；另一個思路則是根據(jù)共面向量定理證明向量 莎與苗花共面.(2)要證明面面垂直，只要證明這兩個平面 的法向量互相垂

8、直；也可根據(jù)面面垂直的判定定理證明直線 OM 垂直于平面 EFCD,即證 OM 垂直于平面 EFCD 內(nèi)的兩條 相交直線，從而轉(zhuǎn)化為證明向量筋與向量花、荒垂直. 變式訓(xùn)練 1 如圖所示，平面乃 1C 丄平 面 ABC, AABC 是以 AC 為斜邊的 等腰直角三角形，E、F、O 分別為 PA. PB、AC 的中點，AC= 16, PA =PC= 10. 設(shè) G 是 OC 的中點，證明：FG平面 BOE； (2)證明：在 ZVIBO 內(nèi)存在一點 M,使丄平面 BOE,并 求點 M 到OA, 的距離. (2)由題意(1)證明如圖所示，連結(jié) OP, 為坐標原點，分別以 OB、OC、 所在直線為兀軸，

9、y軸，z軸， 空間直角坐標系 OQZ,則 0(0,0,0), A(0, -8, 0), B(8,0,0), C(0,8,0), P(0, 0,6), E(0, - 4,3), F(4,0,3),由題意得，6(0,4,0),因亦=(&0,0), 5F = (0, -4,3),因此平面 BOE 的法向量為 n = (03,4), FG = (-4,4, -3),得 n-FG = 0,又直線 FG 不在平面 BOE內(nèi)，因 此有 FG平面 BOE 設(shè)點 M 的坐標為仙，九 0)， 則 FA/ = (x0-4, jo， - 3), 因為 FM 丄平面 BOE,所以有 FM/n, 9 因此有“0

10、= 4, j0=-亍 ( 9 ) 即點 M 的坐標為4, 在平面直角坐標系 xOy 中， x0 AAOB的內(nèi)部區(qū)域滿足不等式組 pvo ,經(jīng)檢驗，點 M x-) )v8 的坐標滿足上述不等式組，所以在內(nèi)存在一點使 FM 丄平面 BOE,由點 M 的坐標得點 M 到 04, OB 的距離分 9 別為 4, &題型二 利用向量求線線角、線面角 例 2 如圖，在四棱錐 P-ABCD 中，以丄面 ABCD9 AB 丄 BCf AB 丄 AD9 K PA=AB=BC=AD=1. (1) 求 PB 與 CD 所成的角. (2) 求直線 PD 與面 PAC 所成的角的余弦值. 思維啟迪 本題中給出的

11、幾何體易于建立空間直角坐標系，從 而利用“向量法”解決線線角、線面角等夾角問題. 解( (1)建立如圖所示的空間直角坐標系, PA=AB = BC = AD= 1, P(O,O,1), B( 1,0,0), C( 1,1,0), D(0,2,0), .-.PB = (l,0, - 1), CD = ( - 1,1,0). f. -1 + 0+0 1 SS PB, CD=- = 2- = 120 , PB與CD所成的角為 60。 -1), =(0,0,1), AC = (1,1,0), z)是平面 PAC 的一個法向量， PD = (0,2, 設(shè)加=(x, y, B 取 x = 1,則 m =

12、(1, 一 1,0),nrAP = 0 nr AC = 0 Z = 0 = 0 即* 設(shè)直線 PD 與面 P4C 所成的角為伏 .八八 PDm 2 価 sin 碎=5 即直線與面 P4C 所成角的余弦值為 探究提高( (1)題目中具備建系的條件，可建立空間直角坐 標系，將線線角、線面角轉(zhuǎn)化為兩向量的夾角. (2)求直線與平面所成的角&,主要通過直線的方向向量與 平面的法向量的夾角 a 求得，即 sin 0 = Icosal. 變式訓(xùn)練 2 (2011 北京)如圖，在四棱錐 PABCD 砒丄平面 A BCD,底面 ABCD 是菱形，AB = 2, NB4D = 60 (1)求證：BD 丄

13、平面 P4C； 若 PA=AIh 求與 4C 所成角的余 弦值; 當平面與平面 PDC 垂直時，求乃 4 的長. 證明因為四邊形 ABCD 是菱形，所以 AC 丄 BD 又因為丄平面ABCD,所以欣丄 BD 所以丄平面 PAC.PDVm */ &B (2)解設(shè) = 因為 ABAD = 60 , PA = AB = 2, 所以 O=1, AO = CO = 3 如圖，以 O 為坐標原點，建立空間直角坐標系 O-xyz.則 P(0,-輻輻,2), A(0, - /3, 0), (1,0,0), C(0,、療，0).所以PB = (1,萌，茜4 疋 IPBIL4 _2A/2X2寸3 cos

14、0 設(shè)尸( (0,-寸 3, Z)(ro) ),則 B 尸=( (-1, -，3, t). 設(shè)平面則花加=0, 所以 3j = 0, 3y + 弦=o. 令 y = 則 x = 3, z = 所以加 同理，因為X + =(3, 亍 0),于是齊滋 1 = 0, AFEI) = 0. 因此，AF 丄 E4i，4F 丄 ED X EA1QED-E,所以 4F 丄平面 AiED.題型三 利用向量求二面角 例 3 (2010(3)求思維啟迪 在長方體模型中，更易想到利用空間向量解 決問題. 方法一 ( (1)解如圖所示，建立空間直角坐標 系，點 A 為坐標原點設(shè) AB = 1,依題意得 于是 cos

15、的一個法向量，于是 cos = A：=彳, IwllAFI 從而 sin =辛 所以二面角 A.-ED-F 的正弦值為羅. 方法二解設(shè) 1,可得 AD = 2, AAi = 4, CF = 1, CE = 連結(jié) BiC, BC,設(shè) DC 與 BG 交于點 M, 易知 AiD/BiC. CF CF 1 由= d 可知 EFBC、故異面直 線 EF 與 AQ 所成的角即為 BCi 與iC 所成的角，即為 ZBMC. 易知 BM=CM = *B、C =躬躬, / BM2 + CM2 - BC2 3 所以 cos ZMC = 2-BM CM = 5* 3 所以異面直線 EF 與 A.D 所成角的余弦值

16、為總則”嚴 $ + z = 0, 即 1 證明連結(jié) AC,設(shè) AC與 DE交于點 M 因為 BC CD 29 所以 RtADCE Y ABCD, 丄平面 A BCD, 且 MD=NB=, E為為BC的中點的中點 (2)在線段 AN 上是否存在點 S,使得 ES 丄平面 AMN2 若 存解( (1)如圖，以 D 為坐標原點，建立空間直 角坐標系 D與乙 依題意，易得 (0,0,0), 4(1,0,0), M(0,0,l), :.NE = o 1 一2? tv PA A Vcos花，lA/ =2_=_1_!=_0 NEVAM 羅 X 邊 ；異面直線 NE 與 AM 所成角的余弦值為、；： 假設(shè)在線

17、段 AN 上存在點 S,使得 ES 丄平面 AMN. 皿=(0,1,1),可設(shè)布=24=(0, 2, 2), 又苗= ES-AAf = 0, _ 即 ESAN = 0, 故線段 4N 占存在點 S,使得 ES 丄平面 AMN, 此時 AS = g. 探究提高 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性 問題，它無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標 運算進行判斷.在解題過程中，往往把“是否存在”問題轉(zhuǎn) 化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，所以 使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法解題.:.ES-EAAS - + 2 = 0 由ES故 x = 此時能= 經(jīng)檢驗，當 AS

18、 = 22時 0, 2， ,ES 變式訓(xùn)練 4 如圖，四棱錐 SABCD 的底面是 A 正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的邁倍， / P 為側(cè)棱 SD 上的點. 仏二二舒. 求證：AC 丄 B# 二 (2) 若 SO 丄平面 PAC,求二面角 PACD 的大小； (3) 在的條件下，側(cè)棱 SC 上是否存在一點 E,使得 平面 MC?若存在，求 SE： EC 的值；若不存在，試說明 理由. z (1)證明連結(jié) BD,設(shè) AC 交 BD 于點 O, 由題意知 SO 丄平面 ABCD,以 O 為坐標 原點，OB. OC. 35 分別為兀軸、y軸、 花 z 軸正方向，建立坐標系 OQZ,如圖.J 、/

19、石 廠 c 設(shè)底面邊長為Q,則高 SO = a. o， OCSD = 0故 OC 丄 SD從而 AC丄丄SD 解 由題設(shè)知， 平面尢 4C 的一個法 平面 DAC 的一個法向量 OS- 0, 0, 丁“ 設(shè)所求二面角為伏 則 cos & = D = ，所求二面角的大小為 30。 OSDS解在棱 sc 上存在一點 E 使 BE平面 PAC. 由知 S 是平面 PAC 的一個法向量， = 0, % &= 0, -% 設(shè)袪=/應(yīng)， 即當 SE ： EC=2 : 1 時，龐丄亦. 又 BE 不在平面尢 4C 內(nèi)，故 BE平面 E4C. 規(guī)律方法總結(jié) 1 點共線、點共面的證明方法 (1)

20、 點共線 由共線向量定理可知，要證明三點 4、B、C 共線，只需證 明前花,且= A (2) 點共面 由空間向量基本定理知，要證卩、M、A、B 四點共面，只 需證明存在有序?qū)崝?shù)對仗，j), MP = xMA+yMB 2 空間線面關(guān)系的判定 設(shè)不同直線 Z, m 的方向向量分別為 a, b,不同平面 a、0 的法向量分別為，P,則 1m0Qb0a=kb、A:ER; Z 丄 ma丄丄bOab = 0; 貝！| 龐= 而龐亦= 00/ =事 I/ aa = 0; 2 丄么= ku, RER; a/pOu/vOu = kvy RER; 丄gu 丄 = 0. 3空間角的計算 (1)兩條異面直線所成角的求

21、法 設(shè)直線。，方的方向向量為 a, b,其夾角為伏則 I cos (f) = Icos e - jj(其中 0 為異面直線 a,方所成的角). (2) 直線和平面所成角的求法 如圖所示，設(shè)直線 2 的方向向量為 6 平面儀的法向量為, 直線 Z 與平面。所成的角為卩，兩向量 0 與的夾角為伏 (3) 二面角的求法 利用向量求二面角的大小，可以不作出 xC 平面角，如圖所示，加，“即為所求二 直角的平面角. % _ -V 對于易于建立空間直角坐標系的幾何體，求二面角的大小 時，可以利用這兩個平面的法向量的夾角來求. 如圖所示，二面角 a - / - /?,平面的法向量為 1，平面的 法向量為“2

22、，1，“2=伏則二面角 ft 的大小為&或 兀0則有 sin( (/Icos 6 = em en 名師押題我來做 1如圖，直三棱柱 ABC-A.B.C,的底面4BC 中，CA = CB=19 ZBC4 = 90 ,棱 441 = 2, M、N 分別是 A/、4/1 的中點，則 cos (BAi9 CBi的值為 _ 押題依據(jù) 空間向量與立體幾何相結(jié)合，是高 考的一個熱點問題空間向量作為一種解題工具非常重要, 但獨立命題的可能性不大，一般是與立體幾何相結(jié)合，故押 此題. 押題級別 解析建立如圖所示的空間直角坐標系 C-xyz 依題意得 41(1,0,2). B(0,l,0)、C(0,0,0)、Bi(0,l,2), 必 1 = (1, - 1,2),苗= (0,1,2), BAi-CBi = 3, IBAjI = 6, I 筋 il = 5 / cos CBi 答案 回 1() /I 2如圖，在直三棱柱 ABCAXBXG 中，BA = BC=2, BA BC=O,異面直線 4 洱與 AC 成 60。的角，點 O、E 分別是棱 AC 和 BQ 的中 點，點 F 是棱&上的動點. 求證：4 迅丄 OF； 求點 E 到面 ABXC 的距離； (3)求二面角 BiAiC