（浙江專版）2018年高考數(shù)學 第1部分 重點強化專題 專題4 立體幾何 突破點10 立體幾何中的向量方法教學案

《（浙江專版）2018年高考數(shù)學 第1部分 重點強化專題 專題4 立體幾何 突破點10 立體幾何中的向量方法教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2018年高考數(shù)學 第1部分 重點強化專題 專題4 立體幾何 突破點10 立體幾何中的向量方法教學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 突破點10　立體幾何中的向量方法 (對應學生用書第37頁) [核心知識提煉] 提煉1 兩條異面直線的夾角 (1)兩異面直線的夾角θ∈. (2)設直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝. 提煉2 直線與平面的夾角 　 (1)直線與平面的夾角θ∈. (2)設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 提煉3 兩個平面的夾角 　 (1)如圖10-1①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個半平面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉． ①　　　　②　　　?、? 圖10-1 (2

2、)如圖10-1②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cos θ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉． [高考真題回訪] 回訪1　空間向量及其運算 1．(2015·浙江高考)已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝，若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝________，y0＝________，|b|＝________. 1　2　2　[對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|

3、＝1(x0，y0∈R)，說明當x＝x0，y＝y(tǒng)0時，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1. |b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成關于x的二次函數(shù)，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸方程為x＝2－，所以當x＝2－時，f(x)取得最小值，代入化簡得f(x)＝(y－2)2－7，顯然當y＝2時，f(x)min＝－7，此時x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此時|b|2－7

4、＝1，可得|b|＝2.] 回訪2　立體幾何中的向量方法 2．(2016·浙江高考)如圖10-2，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是________． 圖10-2 　[如圖，作D′F⊥AC于點F，作BE⊥AC于點E，作FM垂直于過點B平行于AC的直線，垂足為M，則∠D′BM是AC與BD′所成的角(或其補角)． 在△AD′C中，D′C＝1，AD′＝，∠AD′C＝90°，∴AC＝，D′F＝，CF＝.在△BAC中，BC＝BA＝3，BE＝＝.而AE＝，∴EF＝－－＝

5、. ∵MF＝BE＝， ∴D′M＝ ＝ ＝. ∵BM＝EF＝，∴BD′＝＝. ∴cos∠D′BM＝＝≤＝. ∴直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是.] 3．(2016·浙江高考節(jié)選)如圖10-3，在三棱臺ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.求二面角B-AD-F的平面角的余弦值． 圖10-3 [解]　法一：如圖(1)所示，延長AD，BE，CF相交于一點K，過點F作FQ⊥AK于Q，連接BQ. 2分 (1) 因為BF⊥平面ACFD， 所以BF⊥AK，則AK⊥平面BQF，所以BQ

6、⊥AK. 4分 所以∠BQF是二面角B-AD-F的平面角. 6分 在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝. 12分 在Rt△BQF中，F(xiàn)Q＝，BF＝，得cos∠BQF＝. 所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 15分 法二：如圖(2)所示，延長AD，BE，CF相交于一點K，取BC的中點O，連接KO， (2) 則KO⊥BC. 2分 又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC. 以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz. 由題意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，)，

7、 A(－1，－3,0)，E，F(xiàn). 4分 因此＝(0,3,0)，＝(1,3，)，＝(2,3,0)． 設平面ACFD的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 平面ABED的法向量為n＝(x2，y2，z2). 5分 由 得 6分 取m＝(，0，－1)； 由 9分 得 取n＝(3，－2，). 12分 于是cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 15分 4．(2015·浙江高考)如圖10-4，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影為BC的中點，D是B1C1的中點．

8、 圖10-4 (1)證明：A1D⊥平面A1BC； (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值． [解]　(1)證明：設E為BC的中點，由題意得A1E⊥平面ABC， 所以A1E⊥AE. 2分 因為AB＝AC，所以AE⊥BC. 故AE⊥平面A1BC. 由D，E分別為B1C1，BC的中點， 得DE∥B1B且DE＝B1B，從而DE∥A1A，DE＝A1A， 所以四邊形A1AED為平行四邊形. 4分 故A1D∥AE. 又因為AE⊥平面A1BC， 所以A1D⊥平面A1BC. 5分 (2)法一： 如圖(1)，作A1F⊥BD且A1F∩BD＝

9、F，連接B1F. (1) 由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°， 得A1B＝A1A＝4. 8分 由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB與△B1DB全等． 由A1F⊥BD，得B1F⊥BD， 因此∠A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角. 12分 由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得 BD＝3，A1F＝B1F＝， 由余弦定理得cos ∠A1FB1＝－. 15分 法二：以CB的中點E為原點，分別以射線EA，EB為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系E-xyz，如圖(2)所示． (2) 由題意知各點坐標如下：

10、A1(0,0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，).6分 因此＝(0，，－)，＝(－，－，)， ＝(0，，0)． 設平面A1BD的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 平面B1BD的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 由即8分 可取m＝(0，，1)． 由即 可取n＝(，0,1). 12分 于是|cos〈m，n〉|＝＝. 由題意可知，所求二面角的平面角是鈍角， 故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為－. 15分 (對應學生用書第38頁) 熱點題型1　向量法求線面角 題型分析：向量法求線面角是高考中的?？碱}型，求解過程中，建系

11、是突破口，求直線的方向向量與平面的法向量是關鍵. 【例1】　如圖10-5，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． 圖10-5 (1)證明MN∥平面PAB； (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值． [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平

12、面PAB. 4分 (2)取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝＝. 6分 以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz. 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N， 8分 ＝(0,2，－4)，＝，＝. 設n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即 可取n＝(0,2,1). 12分 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. 15分 [方法指津] 向量法求線面角的一般步驟 1．建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，求出相關點的

13、坐標． 2．寫出相關向量的坐標． 3．求平面的法向量． 4．求線面角的正弦值． 5．轉化為幾何結論． 提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化． [變式訓練1]　(2017·杭州質量檢測)如圖10-6，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點． 圖10-6 (1)求證：直線AF∥平面PEC； (2)求PE與平面PBC所成角的正弦值． 【導學號：68334115】 [解]　(1)證明：作FM∥CD交PC于點M，連接E

14、M. ∵點F為PD的中點，∴FM＝CD. ∵AE＝AB，AB＝CD，∴AE＝FM. 又AE∥FM， ∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM. ∵AF?平面PEC，EM?平面PEC， ∴直線AF∥平面PEC. 6分 (2)連接DE， ∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC. 以D為坐標原點，以DE，DC，DP所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 7分 則P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B， ∴＝，＝(0,1，－1)，＝. 8分 設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)． ∵n·＝0，n·＝0，

15、 ∴取n＝(，3,3)， ∴平面PBC的一個法向量為n＝(，3,3). 12分 設向量n與所成的角為θ， ∴cos θ＝＝－. ∴PE與平面PBC所成角的正弦值為. 15分 熱點題型2　向量法求二面角 題型分析：向量法求二面角是高考重點考查題型，此類問題求解的突破口是建立恰當?shù)淖鴺讼?，求解的關鍵是求兩個平面的法向量. 【例2】　如圖10-7，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. 圖10-7 (1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC； (2)求二面角E

16、-BC-A的余弦值． [解]　(1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE， 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.4分 (2)過D作DG⊥EF，垂足為G. 由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz. 6分 由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則|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AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面

17、ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF. 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC， 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°. 從而可得C(－2,0，). 8分 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)． 設n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量， 則即 所以可取n＝(3,0，－). 9分 設m是平面ABCD的法向量，則 同理可取m＝(0，，4). 12分 則cos〈n，m〉＝＝－. 故二面角E-BC-A的余弦值為－. 15分 [方法指津] 利用空間向量求二面角的思路 二

18、面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角． [變式訓練2]　(名師押題)如圖10-8，在四棱錐P-ABCD中，側面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA＝PB，O為AB的中點，OD⊥PC. 圖10-8 (1)求證：OC⊥PD； (2)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D-PC-B的余弦值. 【導學號：68334116】 [解]　(1)證明：連接OP，∵PA＝PB，O為AB的中點，∴OP⊥AB. ∵側面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD

19、， ∴OP⊥OD，OP⊥OC. ∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC， ∴OD⊥OC. 4分 又∵OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，∴OC⊥PD. 6分 (2)取CD的中點E，以O為原點，OE，OB，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系O-xyz. 由(1)知OD⊥OC，則AB＝2AD， 又側面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形， ∴DA⊥平面PAB. ∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角， ∴∠DPA＝30°. 不妨設AD＝1，則AB＝2， PA＝，PO＝. ∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(

20、1，－1,0)，P(0,0，)， 從而＝(1,1，－)，＝(0，－2,0). 9分 設平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由得可取n1＝(，0,1)． 同理，可取平面PCB的一個法向量為n2＝(0，－，－1). 12分 于是cos〈n1，n2〉＝＝－. ∴二面角D-PC-B的余弦值為－. 15分 熱點題型3　利用空間向量求解探索性問題 題型分析：(1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關系的判定與性質定理進行推理探究，二是對幾何體的空間角、距離和體積等的研究.,(2)其解決方法多通過求角、距離、體積等把這些問題轉化為關于某個參數(shù)的方程

21、問題，根據(jù)方程解的存在性來解決. 【例3】　如圖10-9，空間幾何體ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC. 圖10-9 (1)證明：AE∥平面BCD； (2)若△ABC是邊長為2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為，試問在CA上是否存在一點P，使得二面角P-BE-A的余弦值為.若存在，請確定點P的位置；若不存在，請說明理由． [解題指導]　(1)→→→ (2)→→ →→→→→ [解]　(1)證明：過點D作直線DO⊥BC交BC于點O，連接DO. 因為平面ABC⊥平面BCD，DO?平面BCD， DO⊥BC，且平

22、面ABC∩平面BCD＝BC， 所以DO⊥平面ABC. 1分 因為直線AE⊥平面ABC， 所以AE∥DO. 2分 因為DO?平面BCD，AE?平面BCD， 所以直線AE∥平面BCD. 4分 (2)連接AO，因為DE∥平面ABC， 所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD. 因為直線AD與直線BD，CD所成角的余弦值均為， 所以BD＝CD，所以O為BC的中點，所以AO⊥BC， 且cos∠ADC＝. 設DO＝a，因為BC＝2，所以OB＝OC＝1，AO＝. 所以CD＝，AD＝. 在△ACD中，AC＝2， 所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，

23、即4＝3＋a2＋1＋a2－2×××， 即·＝2a2， 解得a2＝1，a＝1. 6分 以O為坐標原點，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則C(0，－1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)． 假設存在點P，連接EP，BP，設＝λ， 則P(－λ，－λ，0)． 設平面ABE的法向量為m＝(x，y，z)， 則取x＝1，則平面ABE的一個法向量為m＝(1， ，0)． 設平面PBE的法向量為n＝(x，y，z)， 則取x＝1＋λ，則平面PBE的一個法向量為n＝(1＋λ，－λ，－2λ). 11分

24、 設二面角P-BE-A的平面角的大小為θ，由圖知θ為銳角． 則cos θ＝＝＝， 化簡得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去). 14分 所以在CA上存在一點P，使得二面角P-BE-A的余弦值為，其為線段AC的三等分點(靠近點A). 15分 [方法指津] 利用空間向量解點或參數(shù)存在性問題的優(yōu)勢及思路 1．優(yōu)勢：空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷． 2．思路：把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等，所以為使問題的解

25、決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題． [變式訓練3]　如圖10-10所示，在多面體ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝2，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1. 圖10-10 (1)求證：平面ADC⊥平面BCDE； (2)試問在線段DE上是否存在點S，使得AS與平面ADC所成的角的余弦值為？若存在，確定S的位置；若不存在，請說明理由. 【導學號：68334117】 [解]　(1)證明：因為AB＝2，AC＝4，BC＝2， 所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC. 2分 因為CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因為AC∩CD＝C，故BC⊥平面AD

26、C. 因為BC?平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE. 5分 (2)由(1)知AC⊥BC. 又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.以C為坐標原點，CA，CB，CD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1). 8分 假設線段DE上存在點S(x，y，z)，使得AS與平面ACD所成的角θ的余弦值為. 設＝λ(0≤λ≤1)，又＝(x，y，z－4)，＝(0,2，－3)， 所以(x，y，z－4)＝λ(0,2，－3)，得S(0,2λ，4－3λ)，則＝(－4,2λ，4－3λ)． 由(1)知平面ADC的一個法向量是＝(0,2,0)，因為cos θ＝， 12分 所以sin θ＝＝| cos〈，〉|＝， 化簡得9λ2＋6λ－8＝0， 解得λ＝或λ＝－(舍去)． 故存在滿足條件的點S，且DS＝DE. 15分 15