《（全國(guó)通用）2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊三 專(zhuān)題突破核心考點(diǎn) 專(zhuān)題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊三 專(zhuān)題突破核心考點(diǎn) 專(zhuān)題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法課件.ppt（79頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講立體幾何中的向量方法,專(zhuān)題四立體幾何與空間向量,板塊三專(zhuān)題突破核心考點(diǎn),,考情考向分析,以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線(xiàn)面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.,,,熱點(diǎn)分類(lèi)突破,真題押題精練,內(nèi)容索引,熱點(diǎn)分類(lèi)突破,,熱點(diǎn)一利用向量證明平行與垂直,設(shè)直線(xiàn)l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則有 (1)線(xiàn)面平行 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)線(xiàn)面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. (3)面面平行

2、vva2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30.,例1如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2. (1)求證：EF平面PAB；,證明,證明以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB所在直線(xiàn)為x軸，AD所在直線(xiàn)為y軸，AP所在直線(xiàn)為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1). 點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，,即EFAB， 又AB平面PAB，EF平面PAB， EF平面PAB.,(2)求證：平面PAD平面PDC.,證明,證明由

3、(1)可知，,即APDC，ADDC. 又APADA，AP，AD平面PAD， DC平面PAD. DC平面PDC，平面PAD平面PDC.,用向量知識(shí)證明立體幾何問(wèn)題，仍然離不開(kāi)立體幾何中的定理.如要證明線(xiàn)面平行，只需要證明平面外的一條直線(xiàn)和平面內(nèi)的一條直線(xiàn)平行，即化歸為證明線(xiàn)線(xiàn)平行，用向量方法證明直線(xiàn)ab，只需證明向量ab(R)即可.若用直線(xiàn)的方向向量與平面的法向量垂直來(lái)證明線(xiàn)面平行，仍需強(qiáng)調(diào)直線(xiàn)在平面外.,,跟蹤演練1如圖，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)O為DF的中點(diǎn).運(yùn)用向量方法證明： (1)OM平面BCF；,證明,證明方法一(1

4、)由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz. 設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)， D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，,棱柱ADEBCF是直三棱柱， AB平面BCF，,且OM平面BCF， OM平面BCF.,又OM平面BCF， OM平面BCF.,(2)平面MDF平面EFCD.,證明,證明方法一設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個(gè)法向量分別為 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).,n1n20， 平面MDF平面EFCD.,方法二由題意及(1)知，BF，BC，BA兩兩垂直，,即OMCD，OMFC，,又CDF

5、CC，CD，F(xiàn)C平面EFCD， OM平面EFCD. 又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.,,熱點(diǎn)二利用空間向量求空間角,設(shè)直線(xiàn)l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2).平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同). (1)線(xiàn)線(xiàn)夾角,(2)線(xiàn)面夾角,例2(2018泉州質(zhì)檢)如圖，在四棱錐PABCD中，ADBC，ABBC2，ADPD4，BAD60，ADP120，點(diǎn)E為PA的中點(diǎn). (1)求證：BE平面PCD；,證明,證明取PD中點(diǎn)F，連接CF，EF. 因?yàn)辄c(diǎn)E為PA的中點(diǎn)，,所以EFBC且EFBC， 所以四邊形BCFE為平行四邊形，

6、 所以BECF， 又BE平面PCD，CF平面PCD， 所以BE平面PCD.,(2)若平面PAD 平面ABCD，求直線(xiàn)BE與平面PAC所成角的正弦值.,解答,解在平面ABCD中，過(guò)點(diǎn)D作DGAD，在平面PAD中，過(guò)點(diǎn)D作DHAD. 因?yàn)槠矫鍼AD 平面ABCD， 平面PAD 平面ABCDAD，DG平面ABCD， 所以DG平面PAD， 又DH平面PAD， 所以DGDH，所以DA，DG，DH兩兩互相垂直. 以D為原點(diǎn)，DA，DG，DH所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz(如圖)，,設(shè)n(x，y，z)是平面ACP的一個(gè)法向量，,設(shè)直線(xiàn)BE與平面PAC所成角為，,(1)運(yùn)用空間向量

7、坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟：建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；寫(xiě)出向量坐標(biāo)；結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論. (2)求空間角注意：兩條異面直線(xiàn)所成的角不一定是直線(xiàn)的方向向量的夾角，即cos |cos |；兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角；直線(xiàn)和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線(xiàn)方向向量夾角的余弦值的絕對(duì)值，注意函數(shù)名稱(chēng)的變化.,,跟蹤演練2如圖，在四面體ABCD中，BABC，BADBCD90. (1)證明：BDAC；,證明,證明方法一如圖，作RtABD斜邊BD上的高AE，連接CE. 因?yàn)锽ABC，BADBCD90， 所以RtABDRt

8、CBD，可得CEBD. 又AECEE，AE，CE平面AEC， 所以BD平面AEC， 又AC平面AEC，所以BDAC. 方法二因?yàn)锽ABC，BADBCD90， 所以RtABDRtCBD，可得ADCD.,設(shè)AC中點(diǎn)為E，連接BE，DE，則BEAC，DEAC， 又BEDEE，BE，DE平面BDE， 所以AC平面BDE， 又BD平面BDE，所以BDAC.,(2)若ABD60，BA2，四面體ABCD的體積為2，求二面角BACD的余弦值.,解答,解方法一在RtABD中，因?yàn)锽A2，ABD60，,因?yàn)锽D平面AEC，四面體ABCD的體積為2，,sinAEC1，AEC90， 所以AE平面BCD. 以E為原點(diǎn)，

9、EB，EC，EA所在直線(xiàn)為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Exyz.,設(shè)m(x1，y1，z1)是平面BAC的一個(gè)法向量，,設(shè)n(x2，y2，z2)是平面DAC的一個(gè)法向量，,方法二由(1)知，BED為二面角BACD的平面角， 在RtBCD中，因?yàn)锽C2，ABDCBD60，,設(shè)點(diǎn)A到平面BCD的距離為h，,在平面ABD內(nèi)過(guò)A作AFBD，垂足為F， 因?yàn)锽A2，ABD60，,由點(diǎn)到平面的距離的定義知，AF平面BCD.,,存在探索性問(wèn)題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結(jié)論是否成立.解決這類(lèi)問(wèn)題的基本策略是先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)

10、可其中的一部分結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論.,熱點(diǎn)三利用空間向量求解存在探索性問(wèn)題,證明,例3(2018濱海新區(qū)重點(diǎn)學(xué)校聯(lián)考)在四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DCAD1，AB2，PAD45，E是PA的中點(diǎn)，F(xiàn)在線(xiàn)段AB上，且滿(mǎn)足 0. (1)求證：DE平面PBC；,證明方法一取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，,且E，M分別為PA，PB的中點(diǎn).,EMCD且EMCD，四邊形CDEM為平行四邊形， DECM，又CM平面PBC，DE平面PBC， DE平面BPC.,方法二由題意可得DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖，以D

11、為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線(xiàn)分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，,設(shè)平面PBC的法向量為m(x，y，z)，,令y1，則x1，z1， m(1,1,1).,又DE平面PBC， DE平面PBC.,解答,(2)求二面角FPCB的余弦值；,解設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，t,0)，,設(shè)平面FPC的法向量為n(x，y，z)，,令x1，則y2，z2， n(1,2,2)，,又由圖可知，該二面角為銳角，,(3)在線(xiàn)段PA上是否存在點(diǎn)Q，使得FQ與平面PFC所成角的余弦值是 ，若存在，求出AQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.,解答,空間向量最適合解決這類(lèi)立體幾何中的探索性問(wèn)題，它無(wú)需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只

12、需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷.解題時(shí)，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)的坐標(biāo)是否有解、是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法.,,跟蹤演練3(2018荊州質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCAA12，點(diǎn)P為棱B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為線(xiàn)段A1B上一動(dòng)點(diǎn). (1)求證：當(dāng)點(diǎn)Q為線(xiàn)段A1B的中點(diǎn)時(shí)，PQ平面A1BC；,證明,證明連接AB1，AC1， 點(diǎn)Q為線(xiàn)段A1B的中點(diǎn)， A，Q，B1三點(diǎn)共線(xiàn)， 且Q為AB1的中點(diǎn)， 點(diǎn)P為B1C1的中點(diǎn)， PQAC1. 在直三棱柱ABCA1B1C1中， ACBC， B

13、C平面ACC1A1，,又AC1平面ACC1A1， BCAC1. ACAA1， 四邊形ACC1A1為正方形， AC1A1C， 又A1C，BC平面A1BC，A1CBCC， AC1平面A1BC， 而PQAC1， PQ平面A1BC.,解答,(x，y2，z)(2，2,2)，,解由題意可知，CA，CB，CC1兩兩垂直， 以C為原點(diǎn)，分別以CA，CB，CC1所在直線(xiàn)為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz， 連接B1Q，PB，設(shè)Q(x，y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)， P(0,1,2)，B1(0,2,2)，,點(diǎn)Q在線(xiàn)段A1B上運(yùn)動(dòng)， 平面A1PQ的法向量即為平面A1PB的法向量， 設(shè)平面

14、A1PB的法向量為n1(x，y，z)，,令y2，得n1(1,2,1)， 設(shè)平面B1PQ的法向量為n2(x，y，z)，,取n2(1，0，)，,92920，,真題押題精練,1.(2017北京)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD平面ABCD，點(diǎn)M在線(xiàn)段PB上，PD平面MAC，PAPD ，AB4. (1)求證：M為PB的中點(diǎn)；,真題體驗(yàn),證明,證明設(shè)AC，BD交于點(diǎn)E，連接ME，如圖所示. 因?yàn)镻D平面MAC，平面MAC平面PDBME， 所以PDME. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形， 所以E為BD的中點(diǎn)， 所以M為PB的中點(diǎn).,(2)求二面角BPDA的大?。?解答,解取AD的中

15、點(diǎn)O，連接OP，OE. 因?yàn)镻APD，所以O(shè)PAD， 又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，且OP平面PAD， 所以O(shè)P平面ABCD. 因?yàn)镺E平面ABCD，所以O(shè)POE. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形， 所以O(shè)EAD，,如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，,設(shè)平面BDP的法向量為n(x，y，z)，,平面PAD的法向量為p(0,1,0)，,由題意知，二面角BPDA為銳角，,(3)求直線(xiàn)MC與平面BDP所成角的正弦值.,解答,設(shè)直線(xiàn)MC與平面BDP所成的角為，則,2.(2018全國(guó))如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧 所在平面垂直，M是 上異于C，D的點(diǎn). (

16、1)證明：平面AMD平面BMC；,證明,證明由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線(xiàn)為CD.因?yàn)锽CCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD， 故BCDM. 因?yàn)镸為 上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DMCM. 又BCCMC，BC，CM平面BMC， 所以DM平面BMC. 又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.,,(2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.,解答,解以D為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.,當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，M為 的中點(diǎn). 由題設(shè)得 D(0,0,0)，A(2,0,0)

17、，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，,設(shè)n(x，y，z)是平面MAB的法向量，則,可取n(1,0,2)，,押題預(yù)測(cè),押題依據(jù)利用空間向量求二面角全面考查了空間中的建系、求法向量、求角等知識(shí)，是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn).,證明,押題依據(jù),如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，BE平面ABCD，DFBE，DF2BE2，EF3. (1)證明：平面ACF平面BEFD；,證明四邊形ABCD是菱形， ACBD. BE平面ABCD，AC平面ABCD， BEAC， 又BEBDB，BE，BD平面BEFD， AC平面BEFD. AC平面ACF， 平面ACF平面BEFD.,(2)若二面角A

18、EFC是直二面角，求AE與平面ABCD所成角的正切值.,解答,解方法一(向量法) 設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖. 取DF的中點(diǎn)H，連接EH.,四邊形BEHD為平行四邊形， 在RtEHF中，F(xiàn)H1，EF3，,設(shè)n1(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，n2(x2，y2，z2)為平面CEF的法向量.,二面角AEFC是直二面角， n1n20，得a2， 由題意可得EAB為AE與平面ABCD所成的夾角， AB2，BE1，,方法二(幾何法) 設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O. 四邊形ABCD是菱形， ADFCDF，ABECBE， AFCF，AECE，AEFCEF. 過(guò)A作AMEF，連接CM，則CMEF， 則AMC為二面角AEFC的平面角. 設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為a， BE1，DF2，EF3，DFBD，,二面角AEFC為直二面角，AMC為直角，,在AEF中，AMEF，設(shè)MEx，則MF3x，,解得a2. AE與平面ABCD所成的角為EAB，,