高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專(zhuān)題 專(zhuān)題4 第10講　立體幾何中的向量方法 Word版含答案

《高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專(zhuān)題 專(zhuān)題4 第10講　立體幾何中的向量方法 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專(zhuān)題 專(zhuān)題4 第10講　立體幾何中的向量方法 Word版含答案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第10講　立體幾何中的向量方法 題型1　向量法求線(xiàn)面角 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第33頁(yè)) ■核心知識(shí)儲(chǔ)備……………………………………………………………………… 1．兩條異面直線(xiàn)的夾角 (1)兩異面直線(xiàn)的夾角θ∈. (2)設(shè)直線(xiàn)l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝. 2．直線(xiàn)與平面的夾角 (1)直線(xiàn)與平面的夾角θ∈. (2)設(shè)直線(xiàn)l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. ■典題試解尋法………………………

2、……………………………………………… 【典題】　(20xx全國(guó)Ⅲ卷)如圖101，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線(xiàn)段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)． 圖101 (1)證明MN∥平面PAB； (2)求直線(xiàn)AN與平面PMN所成角的正弦值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：07804072】 [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2.如圖， 取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)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?yàn)锳T?平面PAB，MN?

3、平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝＝. 以A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A(chǔ)xyz. 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N， ＝(0,2，－4)，＝，＝. 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即 可取n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線(xiàn)AN與平面PMN所成角的正弦值為. [類(lèi)題通法]　 向量法求線(xiàn)面角的一般步驟 1.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). 2.寫(xiě)

4、出相關(guān)向量的坐標(biāo). 3.求平面的法向量. 4.求線(xiàn)面角的正弦值. 5.轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論. 提醒：直線(xiàn)和平面所成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，即注意函數(shù)名稱(chēng)的變化. ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練……………………………………………………………………… 如圖102，菱形ABCD中，∠ABC＝60，AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2. 圖102 (1)求證：BD⊥平面ACFE； (2)當(dāng)直線(xiàn)FO與平面BED所成的角為45時(shí)，求異面直線(xiàn)OF與BE所成的角的余弦值大?。? [解]　(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵

5、AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴BD⊥AE. ∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE. (2)以O(shè)為原點(diǎn)，，的方向?yàn)閤，y軸正方向，過(guò)O且平行于CF的直線(xiàn)為z軸(向上為正方向)，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(－1,0，a)(a＞0)，＝(－1,0，a)． 設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有，即，令z＝1，則n＝(－2,0,1)， 由題意得sin 45＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝3或－. 由a＞0，得a＝3， ＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)， cos〈，〉＝＝， 故異面直線(xiàn)OF與BE所成的

6、角的余弦值為.] ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)……………………………………………………………………… (見(jiàn)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)T1) 題型2　向量法求二面角(答題模板) (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第34頁(yè)) 利用向量法求二面角的大小是高考對(duì)立體幾何的常規(guī)考法，它以代數(shù)運(yùn)算代替抽象的思維，給立體幾何帶來(lái)了鮮活的方法，此類(lèi)問(wèn)題建系是突破口，求解的關(guān)鍵是平面的法向量．(20xx全國(guó)Ⅰ卷T18,20xx全國(guó)Ⅱ卷T19,20xx全國(guó)Ⅲ卷T19,20xx全國(guó)Ⅰ卷T18,20xx全國(guó)Ⅱ卷T19,20xx全國(guó)Ⅰ卷T19,20xx全國(guó)Ⅱ卷T18) ■典題試解尋法……………………………………………………………………… 【典題】　(本

7、小題滿(mǎn)分12分)(20xx全國(guó)Ⅱ卷)如圖103，四棱錐PABCD中，側(cè)面①且②，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90，E是PD的中點(diǎn)． 圖103 (1)③ (2)點(diǎn)④， 且⑤， ⑥. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：07804073】 [審題指導(dǎo)] 題眼 挖掘關(guān)鍵信息 ① 看到PAD為等邊三角形， 想到等邊三角形的有關(guān)性質(zhì). ② 看到PAD垂直于底面ABCD， 想到面面垂直的性質(zhì). ③ 看到證明直線(xiàn)CE∥平面PAB， 想到線(xiàn)面平行的判定或面面平行的性質(zhì). ④ 看到M在棱PC上， 想到P，M，C三點(diǎn)共線(xiàn)，想到點(diǎn)M的設(shè)法. ⑤ 看到直線(xiàn)BM與底面ABCD所成角為

8、45， 想到線(xiàn)面角的求法，想到平面法向量的計(jì)算方法. ⑥ 看到求二面角MABD的余弦值， 想到求平面MAB與平面ABD的法向量. [規(guī)范解答]　(1)證明：⑦，連接EF，BF. 因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝AD. 2分 由∠BAD＝∠ABC＝90得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EF綊BC， 四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF. 4分 又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB. (2) 由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，⑧ 則A(0,0,0)，B(1,0,0)

9、，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0). 7分 設(shè)M(x，y，z)(0

10、面角MABD的余弦值為. 12分 [閱卷者說(shuō)] 易錯(cuò)點(diǎn) 防范措施 ⑦因空間想象力不足，導(dǎo)致不會(huì)作輔助線(xiàn)，進(jìn)而導(dǎo)致(1)無(wú)法證明. 當(dāng)題設(shè)條件出現(xiàn)邊的中點(diǎn)，要證明線(xiàn)面平行時(shí)，常取另一個(gè)邊的中點(diǎn)，構(gòu)造平行關(guān)系. ⑧因?qū)D形和立體幾何的理論體系不熟，導(dǎo)致不會(huì)建系，進(jìn)而不會(huì)求二面角的余弦值. 熟知常見(jiàn)的空間直角坐標(biāo)系的建法，結(jié)合已知的圖形中的垂直關(guān)系建系，如本題也可以AD的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC為x軸，OD為y軸，OP為z軸建系. ⑨因?qū)ο蛄抗簿€(xiàn)知識(shí)不熟，導(dǎo)致點(diǎn)M的坐標(biāo)計(jì)算不出，致使(2)無(wú)法求解. 點(diǎn)M在棱PC上，則＝λ(0＜λ＜1). [通性通法]　 向量法求二

11、面角的方法 (1)若n1，n2分別是二面角αlβ的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角θ的大小滿(mǎn)足|cos θ|＝.然后利用圖形判斷二面角是銳角或鈍角. (2)若AB，CD是二面角αlβ的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線(xiàn)，則二面角的大小θ為與的夾角或其補(bǔ)角. ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練……………………………………………………………………… (20xx安徽馬鞍山模擬)已知四棱錐PABCD中，如圖104，底面ABCD是梯形，BC ∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，頂點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影H在AD上，PA⊥PD. 圖104 (1)求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)若直線(xiàn)AC與P

12、D所成角為60，求二面角APCD的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：07804074】 [解]　(1)證明：∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD，PH?平面PAD，∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. (2)以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖， ∵PH⊥平面ABCD， ∴z軸∥PH. 則A(0,0,0)，C(1,1,0)， D(0,2,0)，設(shè)AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)． 則P(0，a，h)． ∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)． ∵PA⊥PD，∴

13、＝a(a－2)＋h2＝0. ∵AC與PD所成角為60， ∴|cos〈，〉|＝＝ ， ∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0， ∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h(yuǎn)＞0，∴h＝1，∴P(0,1,1)． ∴＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1，－1,0)，設(shè)平面APC的法向量為n＝(x，y，z)，由， 得平面APC的一個(gè)法向量為n＝(1，－1,1)， 設(shè)平面DPC的法向量為m＝(x，y，z)． 由， 得平面DPC的一個(gè)法向量為m＝(1,1,1)． ∴cos〈m，n〉＝＝. ∵二面角APCD的平面角為鈍角， ∴二面角APCD的余弦值為－. ■題型

14、強(qiáng)化集訓(xùn)……………………………………………………………………… (見(jiàn)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)T2、T4) 題型3　利用空間向量求解探索性問(wèn)題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第36頁(yè)) ■核心知識(shí)儲(chǔ)備……………………………………………………………………… 立體幾何中探索性問(wèn)題的種類(lèi)及其求法 (1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類(lèi)：一是利用空間線(xiàn)面關(guān)系的判定與性質(zhì)定理進(jìn)行推理探究，二是對(duì)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(guò)求角、距離、體積等把這些問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個(gè)參數(shù)的方程問(wèn)題，根據(jù)方程解的存在性來(lái)解決． ■典題試解尋法……………………………………………………………………… 【典題】

15、　如圖105(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝1，BC＝2，E為CD上一點(diǎn)，且DE＝1，EC＝2，現(xiàn)沿BE折疊使平面BCE⊥平面ABED，F(xiàn)為BE的中點(diǎn)，如圖105(2)． 圖105(1)　　　　　　圖105(2) (1)求證：AE⊥平面BCE； (2)能否在邊AB上找到一點(diǎn)P，使平面ACE與平面PCF所成角的余弦值為？若存在，試確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． [思路分析]　(1)證明AE⊥BEAE⊥平面BCE； (2)證明CF⊥平面ABED求點(diǎn)A，C，E，F(xiàn)的坐標(biāo)＝λ由兩平面所成角的余弦值為確定P的位置． [解]　(1)證明：在直角梯形ABC

16、D中作DM⊥BC于M，連接AE， 則CM＝2－1＝1，CD＝DE＋CE＝1＋2＝3， 則DM＝AB＝＝＝2， cos C＝＝， 則BE＝ ＝＝， AE＝ ＝＝， 所以AE2＋BE2＝AB2，故AE⊥BE，且折疊后AE與BE位置關(guān)系不變． 又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以AE⊥平面BCE. (2)連接CF，因?yàn)樵凇鰾CE中，BC＝CE＝2，F(xiàn)為BE的中點(diǎn)，所以CF⊥BE.又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以CF⊥平面ABED.以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F且平行于AE的直線(xiàn)為x軸，F(xiàn)B，F(xiàn)C所在直線(xiàn)分別為y軸，z軸，

17、 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Fxyz， 則F(0,0,0)， A，C，E， 從而＝，＝. 設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則 即 令z1＝1， 則x1＝0，y1＝－， 可得平面ACE的一個(gè)法向量為m＝(0，－，1)． 假設(shè)在AB上存在一點(diǎn)P，使平面ACE與平面PCF所成角的余弦值為，且＝λ(0≤λ≤1)． 因?yàn)锽， 所以＝， 故＝. 又＝， 所以＝＋＝， 又＝， 設(shè)平面PCF的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 則 即 令x2＝2λ－1，得n＝(2λ－1，(λ－1)，0)為平面PCF的一個(gè)法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝＝

18、＝， 解得λ＝或λ＝0， 因此存在點(diǎn)P，且P為線(xiàn)段AB上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)或P與A重合時(shí)，平面ACE與平面PCF所成角的余弦值為. [類(lèi)題通法]　 利用空間向量巧解探索性問(wèn)題 (1)對(duì)于存在型問(wèn)題，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“是否有解”“是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對(duì)于位置探索型問(wèn)題，通常是借助向量，引入?yún)?shù)，綜合條件和結(jié)論列方程，解出參數(shù)，從而確定位置. ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練……………………………………………………………………… 如圖106，在五面體ABCDPE中，PD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠BAD＝90，

19、F為棱PA的中點(diǎn)，PD＝BC＝，AB＝AD＝1，且四邊形CDPE為平行四邊形． 圖106 (1)判斷AC與平面DEF的位置關(guān)系，并給予證明； (2)在線(xiàn)段EF上是否存在一點(diǎn)Q，使得BQ與平面PBC所成角的正弦值為？若存在，請(qǐng)求出QE的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：07804075】 [解]　(1)AC∥平面DEF.理由如下： 設(shè)線(xiàn)段PC交DE于點(diǎn)N，連接FN，如圖所示， 因?yàn)樗倪呅蜳DCE為平行四邊形，所以點(diǎn)N為PC的中點(diǎn)， 又點(diǎn)F為PA的中點(diǎn)，所以FN∥AC， 因?yàn)镕N?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF. (2)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以

20、DA，DC，DP所在直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 因?yàn)镻D＝BC＝，AB＝AD＝1，所以CD＝2， 所以P(0,0，)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)， 所以＝(1,1，－)，＝(－1,1,0)． 設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z) ， 則 即解得 令x＝1，得平面PBC的一個(gè)法向量為m＝(1,1，)． 假設(shè)存在點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件． 由F，E(0,2，)，可得＝. 設(shè)＝λ(0≤λ≤1)， 整理得Q， 則＝， 因?yàn)橹本€(xiàn)BQ與平面PBC所成角的正弦值為， 所以|cos〈，m〉|＝＝＝， 得14λ2－5λ－1＝0，又0≤λ≤1，所以

21、λ＝， 故在線(xiàn)段EF上存在一點(diǎn)Q，使得BQ與平面PBC所成角的正弦值為，且QE＝＝. ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)……………………………………………………………………… (見(jiàn)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)T3) 三年真題| 驗(yàn)收復(fù)習(xí)效果 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第37頁(yè)) 1.(20xx全國(guó)Ⅲ卷)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. 圖107 (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)過(guò)AC的平面交BD于點(diǎn)E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角DAEC的余弦值． [解]　(1)證明：由題設(shè)可得△ABD≌△CBD，從而AD＝C

22、D. 又△ACD是直角三角形， 所以∠ADC＝90. 取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO， 則DO⊥AC，DO＝AO. 又因?yàn)椤鰽BC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB為二面角DACB的平面角． 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2， 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90. 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由題設(shè)及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)度， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz， 則A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0

23、,0,1)． 由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的， 即E為DB的中點(diǎn)，得E， 故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)， ＝. 設(shè)n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， 則即 可取n＝. 設(shè)m是平面AEC的法向量，則 同理可取m＝(0，－1，)， 則cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角DAEC的余弦值為. 2．(20xx全國(guó)Ⅰ卷)如圖108，在四棱錐PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90. 圖108 (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD

24、＝90，求二面角APBC的余弦值． [解]　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD. 因?yàn)锳B?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為點(diǎn)F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)度建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Fxyz. 由(1)及已知可得A，P，B，C， 所以＝，＝(，0,0)， ＝，＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一個(gè)法向量，則 即 所以可取n＝(0，－1，－)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一個(gè)法向量，則 即 所以可取m＝(1,0,1)，則cos〈n，m〉＝＝＝－. 所以二面角APBC的余弦值為－.