2019屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題4立體幾何2.4.3用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題課件.pptx

1、第3課時(shí) 用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題,熱點(diǎn)考向一 利用空間向量證明空間平行、垂直關(guān)系 【考向剖析】:本考向考查形式主要為解答題,主要考查建立空間直角坐標(biāo)系、利用空間向量的平行、垂直關(guān)系,證明空間直線、平面間的平行、垂直關(guān)系,以解,答題為主.考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,多為基礎(chǔ)題、中檔題,分?jǐn)?shù)為6分左右. 2019年的高考仍將以解答題的形式考查,考查知識(shí)點(diǎn):空間向量與直線、平面間的平行、垂直關(guān)系.,【典例1】如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA 底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2, AB=1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明: (1)BEDC. (2)BE平

2、面PAD. (3)平面PCD平面PAD.,【大題小做】,【解析】依題意,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點(diǎn),得E(1,1,1).,(1)向量 =(0,1,1), =(2,0,0),故 =0. 所以BEDC. (2)因?yàn)锳BAD,又PA平面ABCD,AB平面ABCD, 所以ABPA,PAAD=A,所以AB平面PAD, 所以向量 =(1,0,0)為平面PAD的法向量. 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的法向量 =

3、(1,0,0),向量 =(0,2,-2), =(2,0,0), 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 則 即,不妨令y=1,可得n=(0,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量. 且n =(0,1,1)(1,0,0)=0,所以n . 所以平面PCD平面PAD.,【易錯(cuò)警示】解答本題易出現(xiàn)三種錯(cuò)誤 (1)建系后,將相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)確定錯(cuò),造成后面步步錯(cuò). (2)在(2)中忽略BE平面PAD,而致誤. (3)將平面的法向量求錯(cuò),而致誤.,【名師點(diǎn)睛】 利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系,建系時(shí)要盡可能地利用條件中的垂直關(guān)系. (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系,用空

4、間向量表示出問(wèn)題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素.,(3)通過(guò)空間向量的運(yùn)算求出直線的方向向量或平面的法向量,再研究平行、垂直關(guān)系. (4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問(wèn)題.,【考向精練】 1.如圖,F是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點(diǎn).E是BB1上一點(diǎn),若D1FDE,則有 (),A.B1E=EBB.B1E=2EB C.B1E= EBD.E與B重合,【解析】選A.分別以DA,DC,DD1為x,y,z軸建立空間直 角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),設(shè)E(2,2,z), 則 =(0,1,-2), =(2,2,z), 因?yàn)?=02+12-2z

5、=0,所以z=1,所以 B1E=EB.,2.如圖所示,在平行六面體ABCD- A1B1C1D1中,點(diǎn)M,P,Q分別為棱AB, CD,BC的中點(diǎn),若平行六面體的各 棱長(zhǎng)均相等,則: A1MD1P; A1MB1Q;,A1M平面DCC1D1; A1M平面D1PQB1. 以上說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)為() A.1B.2C.3D.4,【解析】選C. = + = + , = + = + ,所以 ,所以A1MD1P,由線 面平行的判定定理可知,A1M平面DCC1D1,A1M平面 D1PQB1.正確.,【加練備選】 1.(2018武漢調(diào)研)已知平面內(nèi)的三點(diǎn) A(0,0,1), B(0,1,0),C(1,0,0),平面的

6、一個(gè)法向量n=(-1,-1, -1),則不重合的兩個(gè)平面與的位置關(guān)系是_ _.,【解析】設(shè)平面的法向量為m=(x,y,z), 由m =0,得x0+y-z=0y=z, 由m =0,得x-z=0 x=z,取x=1, 所以m=(1,1,1),m=-n,所以mn,所以. 答案:,2.(2018西安調(diào)研)已知 =(1,5,-2), =(3,1,z), 若 , =(x-1,y,-3),且BP平面ABC,則實(shí)數(shù) x+y=_. 【解析】由條件得,解得x= ,y=- ,z=4,所以x+y= - = . 答案:,3.已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn),如果 =(2,-1,-4), =(4,2,0), =(

7、-1,2,-1).對(duì)于結(jié)論: APAB;APAD; 是平面ABCD的一個(gè)法向量; .其中正確的序號(hào)是_.,【解析】因?yàn)?=0, =0, 所以ABAP,ADAP,則正確.又 與 不平行, 所以 是平面ABCD的一個(gè)法向量,則正確. 由于 = - =(2,3,4), =(-1,2,-1), 所以 與 不平行,故錯(cuò)誤. 答案:,熱點(diǎn)考向二 利用空間向量求空間角高頻考向,類型一求異面直線所成的角 【典例2】(2015全國(guó)卷)如圖, 四邊形ABCD為菱形,ABC=120, E,F是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn),BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC.,(1)證明:平面AEC平面AFC.

8、(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.,【大題小做】,【解析】(1)連接BD,設(shè)BDAC=G,連接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨設(shè)GB=1.由ABC=120,可得 AG=GC= . 由BE平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AEEC,所以 EG= ,且EGAC. 在RtEBG中,可得BE= ,故DF= .,在RtFDG中,可得FG= . 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE= ,DF= ,可得 EF= . 從而EG2+FG2=EF2,所以EGFG. 又ACFG=G,可得EG平面AFC. 又因?yàn)镋G平面AEC,所以平面AEC平面AFC.,(2)如圖,以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以

9、 , 的方向?yàn)?x軸,y軸正方向,| |為單位長(zhǎng)度,建立空間直角坐標(biāo)系.,由可得A(0,- ,0),E(1,0, ),F , C(0, ,0), 所以 =(1, , ), = . 故cos= =- . 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為 .,【易錯(cuò)警示】解答本題易出現(xiàn)以下兩種錯(cuò)誤: 1.在建立了坐標(biāo)系后表示點(diǎn)的坐標(biāo)時(shí),容易出現(xiàn)錯(cuò)誤. 2.在利用夾角公式求余弦值的時(shí)候如果求出是負(fù)值,不要忽略了異面直線所成角的范圍.,類型二計(jì)算直線與平面所成角 【典例3】(2016全國(guó)卷)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2

10、MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明:MN平面PAB. (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.,【大題小做】,【解析】(1)由已知得AM= AD=2,取BP的中點(diǎn)T,連接 AT,TN, 由N為PC中點(diǎn)知TNBC,TN= BC=2. 又ADBC,故TNAM,TN=AM,四邊形AMNT為平行四邊形, 于是MNAT. 因?yàn)锳T平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.,(2)取BC的中點(diǎn)F,連接AF.由AB=AC得AFBC,從而 AFAD且AF= = , 以A為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸的正方向, 的方向 為y軸的正方向, 的方向?yàn)閦軸的正方向,建立空間直 角坐標(biāo)系,由題意可得 P ,M ,

11、C ,N ,所以 = , = , = , 設(shè)n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則 即 可取n= ,所以cos = = , 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為 .,類型三計(jì)算二面角 【典例4】如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD, BAD=ABC=90,E是PD的中點(diǎn).世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào),(1)證明:直線CE平面PAB. (2)點(diǎn)M在棱PC 上,且直線BM與底面ABCD所成角為45,求二面角M-AB-D的余弦值.,【大題小做】,【解析】(1)取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF. 因?yàn)镋是PD的中點(diǎn),所以EFAD,EF= AD,由BAD=

12、ABC=90,得BCAD,又BC= AD,所以EF BC. 四邊形BCEF為平行四邊形,CEBF.又BF平面PAB,CE 平面PAB,故CE平面PAB.,(2)由已知得BAAD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸 正方向, 為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A ,B ,C ,P , =(1,0,- ), =(1,0,0), 設(shè)M , 則 = , = , 因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45,而n= 是底面 ABCD的一個(gè)法向量,所以 =sin 45, = , 即 +y2-z2=0. 又M在棱PC上,設(shè) = ,則 x=,y=1,z= - .,由得 所以M ,從而 = .,設(shè)m=(x0,y0,

13、z0)是平面ABM的法向量,則 即 所以可取m=(0,- ,2).于是cos= = , 因此二面角M-AB-D的余弦值為 .,【易錯(cuò)提醒】解答本題易出現(xiàn)以下兩種錯(cuò)誤:一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角,求解時(shí)一定要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角;二是利用方程思想進(jìn)行向量運(yùn)算,要認(rèn)真細(xì)心,準(zhǔn)確計(jì)算.,【名師點(diǎn)睛】 1.利用空間向量求空間角的一般步驟 (1)建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系. (2)求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),寫(xiě)出相關(guān)向量的坐標(biāo). (3)結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算. (4)轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論.,2.利用空間向量求線線角、線面角的思路 (1)異面直線所成的角,可以通過(guò)兩直線的方向向量的夾角

14、求得,即cos =|cos |. (2)直線與平面所成的角主要通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得,即sin =|cos |.,3.利用空間向量求二面角的思路 二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得,它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角.,如圖所示,平面多邊形ABCDE中,AE=ED,AB=BD,且 AB= ,AD=2,AE= ,CD=1,ADCD,現(xiàn)沿直線AD,將 ADE折起,得到四棱錐P-ABCD.,(1)求證:PBAD. (2)若PB= ,求PD與平面PAB所成角的正弦值. 【解析】(1)取AD的中點(diǎn)O,連接

15、OB,OP,因?yàn)锽A=BD,EA=ED,即PA=PD, 所以O(shè)BAD且OPAD, 又OBOP=O,所以AD平面BOP, 而PB平面BOP,所以PBAD.,(2)可求得OP=1,OB=2,則OP2+OB2=5=PB2, 所以POOB,所以O(shè)P,OB,OD兩兩互相垂直, 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB, OD, OP所在的直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), =(0,-1,1), =(0,1,1), =(-2,0,1), 設(shè)m=(a,b,c)為平面PAB的一個(gè)法向量,則 由 令a=1,則得c=2,b=-2,所以m=(

16、1,-2,2),設(shè)PD與平面PAB所成角為, 則sin =|cos|= = = , 故sin = ,即PD與平面PAB所成角的正弦值為 .,【加練備選】 1.(2018天津高考) 如圖,ADBC且AD=2BC, ADCD, EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD, DA= DC=DG=2. (1)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN平面CDE. (2)求二面角E-BC-F的正弦值.,(3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60,求線段DP的長(zhǎng).,【解析】依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以 , , 的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)

17、系 (如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0), E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M ,N(1,0,2).,(1)依題意 =(0,2,0), =(2,0,2).設(shè)n0=(x,y,z) 為平面CDE的法向量,則 即 不妨令 z=-1,可得n0=(1,0,-1).,又 = ,可得 n0=0,又因?yàn)橹本€MN平面CDE,所以MN平面CDE. (2)依題意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2). 設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量,則,即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 設(shè)m=(x2,y

18、2,z2)為平面BCF的法向量,則 即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos= = , 于是sin= . 所以,二面角E-BC-F的正弦值為 .,(3)設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h0,2),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得 =(-1,-2,h). 易知, =(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,故 |cos|= = , 由題意,可得 =sin 60= ,解得h= 0,2.所以線段DP的長(zhǎng)為 .,2.(2018湖北聯(lián)考協(xié)作體聯(lián)考)等邊ABC的邊長(zhǎng)為3,點(diǎn)D,E分別為AB,AC上的點(diǎn),且滿足 = = (如圖1),將ADE沿DE折起到A1DE的位置,使二面角A1-DE-B成直二面角

19、,連接A1B,A1C(如圖2),(1)求證:A1D平面BCED. (2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60?若存在,求出PB的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,【解析】(1) 因?yàn)榈冗匒BC的邊長(zhǎng)為3,且 = = ,所以AD=1,AE=2.在ADE中,DAE=60, 由余弦定理得DE= = . 因?yàn)锳D2+DE2=AE2,所以ADDE. 折疊后有A1DDE.,因?yàn)槎娼茿1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE平面BCED,又平面A1DE平面BCED=DE,A1D平面A1DE,A1DDE, 所以A1D平面BCED,(2)由(1)的證明,可知EDDB,A1D平面BCED

20、. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn),以射線DB,DE,DA1分別為x軸,y軸,z軸的正半軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.,設(shè)PB=2a(02a3),過(guò)P作PHBD于H,連接A1H, 則PH= a,DH=2-a, 所以A1(0,0,1),P(2-a, a,0),E(0, ,0), 所以 =(a-2,- a,1),因?yàn)镋D平面A1BD, 所以平面A1BD的一個(gè)法向量為 =(0, ,0),因?yàn)橹?線PA1與平面A1BD所成的角為60,所以sin 60= = = , 解 得a= , 即PB=2a= ,滿足02a3,符合題意, 所以在線段BC上存在點(diǎn)P,使直線PA1與平面A1BD所成的 角為60,此時(shí)PB= .,熱點(diǎn)

21、考向三 利用空間向量解決探索性問(wèn)題 考向剖析:本考向考查形式是解答題,主要考查利用空間向量探索與空間線面垂直、平行或空間三種角大小有關(guān)的點(diǎn)所在位置、參數(shù)值的大小問(wèn)題,該問(wèn)題一般出現(xiàn)在解答題的最后一問(wèn),建立空間直角坐標(biāo)系是關(guān)鍵,考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理能力以及運(yùn)算能力.2019年的高考仍將以解答題的形式考查.,【典例5】已知某幾何體的直觀圖和三視圖如圖所示,其正視圖為矩形,側(cè)視圖為等腰直角三角形,俯視圖為直角梯形.,(1)M為AB中點(diǎn),在線段CB上是否存在一點(diǎn)P,使得MP平面CNB1?若存在,求出BP的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. (2)求二面角C-NB1-C1的余弦值.,【審題導(dǎo)引】(1

22、)看到MP平面CNB1,可聯(lián)想到直線方 向向量與平面的法向量_. (2)看到求二面角的余弦,可聯(lián)想到求兩個(gè)平面的_ _. 【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則由該幾何 體的三視圖可知:,垂直,法向,量,A(4,0,0),B(0,0,0),C(0,0,4),N(4,4,0),B1(0,8,0), C1(0,8,4). (1)設(shè)平面CNB1的法向量為n=(x,y,z), 因?yàn)?=(-4,-4,4), =(-4,4,0), 所以,所以令x=1,可解得平面CNB1的一個(gè)法向量n=(1,1,2), 設(shè)P(0,0,a)(0a4),由于M(2,0,0),則 =(2,0,-a), 又因?yàn)镸P平面CNB1,

23、 所以 n=2-2a=0,即a=1, 所以在線段CB上存在一點(diǎn)P,使得MP平面CNB1,此時(shí) BP=1.,(2)設(shè)平面C1NB1的法向量為m=(x,y,z), 因?yàn)?=(-4,4,4), =(-4,4,0), 所以 所以令x=1,可解得平面C1NB1的一個(gè)法向量為m=(1,1,0), 所以cos= = = .,由圖可知,所求二面角為銳角,即二面角C-NB1-C1余弦值為 .,【名師點(diǎn)睛】利用空間向量求解探索性問(wèn)題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論.,(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)

24、的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論.,【考向精練】 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,AB=AC=2,AD=2 ,PB=3 ,PBAC.世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào),(1)求證:平面PAB平面PAC. (2)若PBA=45,試判斷棱PA上是否存在與點(diǎn)P,A不重合的點(diǎn)E,使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為 ,若存在,求出 的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形,AD=2 , 所以BC=AD=2 , 又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2, 所以ACAB, 又PBAC,且ABP

25、B=B,所以AC平面PAB, 因?yàn)锳C平面PAC,所以平面PAB平面PAC.,(2)由(1)知ACAB,AC平面PAB,如圖,分別以AB,AC所在直線為x軸、y軸,平面PAB內(nèi)過(guò)點(diǎn)A且與直線AB垂直的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0), =(0,2,0), =(-2,2,0), 由PBA=45,PB=3 ,可得P(-1,0,3), 所以 =(-1,0,3), =(-3,0,3), 假設(shè)棱PA上存在點(diǎn)E,使得直線CE與平面PBC所成角的正 弦值為 ,設(shè) =(01),則 = =(-,0,3), = - =(-, -2,3), 設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z), 則 即 令z=1,可得x=y=1, 所以平面PBC的一個(gè)法向量為n=(1,1,1),設(shè)直線CE與平面PBC所成的角為,則 sin =|cos|= = = , 整理得32+4=0,因?yàn)?0,故32+4=0無(wú)解,所以棱PA上不存在與點(diǎn)P,A不重合的點(diǎn)E,使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為 .,【加練備選】 (2018南通二模)如圖,在直角梯形 AA1B1B中,A1AB=90,A1B1AB, AB=