2021高考數(shù)學二輪復習三核心熱點突破專題三立體幾何第3講立體幾何中的向量方法課件

1、第第3講立體幾何中的向量方法講立體幾何中的向量方法高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結(jié)合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上.真 題 感 悟1.(2020新高考山東卷)如圖，四棱錐pabcd的底面為正方形，pd底面abcd.設平面pad與平面pbc的交線為l.(1)證明：l平面pdc；(2)已知pdad1，q為l上的點，求pb與平面qcd所成角的正弦值的最大值.(1)證明因為pd底面abcd，所以pdad.又底面abcd為正方形，所以addc，又pddcd，所以ad平面pdc.因為adbc，ad

2、 平面pbc，所以ad平面pbc.由已知得lad，因此l平面pdc.則d(0，0，0)，c(0，1，0)，b(1，1，0)，p(0，0，1)，設n(x，y，z)是平面qcd的法向量，設pb與平面qcd所成角為，(1)證明：pa平面pbc；(2)求二面角bpce的余弦值.因此pa2pb2ab2，從而papb.又pa2pc2ac2，故papc.又pb，pc平面pbc，pbpcp，所以pa平面pbc.考 點 整 合1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設直線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(1)線面平行l(wèi)aa0a1a

3、2b1b2c1c20.(2)線面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算熱點一利用空間向量證明平行、垂直【例1】 如圖，在四棱錐pabcd中，pa底面abcd，adab，abdc，addcap2，ab1，點e為棱pc的中點.證明：(1)bedc；(2)be平面pad；(3)平面pcd平面pad.證明依題意，以點a為原點建立空間直角坐標系(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，得e

4、(1，1，1).(2)因為abad，又pa平面abcd，ab平面abcd，所以abpa，paada，pa，ad平面pad，所以ab平面pad，又be 平面pad，所以be平面pad.探究提高1.利用向量法證明平行、垂直，關鍵是建立恰當?shù)淖鴺讼?盡可能利用垂直條件，準確寫出相關點的坐標，進而用向量表示涉及到直線、平面的要素).2.向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何的定理，如在(2)中忽略be 平面pad而致誤.【訓練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m為ab的中點，點o為df的中點.證明：(1)om平面b

5、cf；(2)平面mdf平面efcd.證明(1)由題意，得ab，ad，ae兩兩垂直，以點a為原點建立如圖所示的空間直角坐標系axyz.棱柱adebcf是直三棱柱，且om 平面bcf，om平面bcf.(2)在第(1)問的空間直角坐標系中，設平面mdf與平面efcd的法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).n1n20，平面mdf平面efcd.熱點二線線角、線面角的求解【例2】 (2020浙江卷)如圖，在三棱臺abcdef中，平面acfd平面abc，acbacd45，dc2bc.(1)證明：efdb；(2)求直線df與平面dbc所成角的正弦值.(1)證明如圖(1)，過點d作do

6、ac，交直線ac于點o，連接ob.圖(1)由平面acfd平面abc，得do平面abc，所以dobc.所以bc平面bdo，故bcdb.由abcdef為三棱臺，得bcef，所以efdb.(2)解法一如圖(1)，過點o作ohbd，交直線bd于點h，連接ch.由abcdef為三棱臺，得dfco，所以直線df與平面dbc所成角等于直線co與平面dbc所成角.由bc平面bdo，得ohbc，故oh平面dbc，所以och為直線co與平面dbc所成角.法二由abcdef為三棱臺，得dfco，所以直線df與平面dbc所成角等于直線co與平面dbc所成角，記為.如圖(2)，以o為原點，分別以射線oc，od為y，z軸

7、的正半軸，建立空間直角坐標系oxyz.圖(2)由題意知各點坐標如下：o(0，0，0)，b(1，1，0)，c(0，2，0)，d(0，0，2).設平面dbc的一個法向量為n(x，y，z)，探究提高1.異面直線所成的角，可以通過兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |.2.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求得，即sin |cos |，有時也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角).【訓練2】 (2020全國卷)如圖，已知三棱柱abca1b1c1的底面是正三角形，側(cè)面bb1c1c是矩形，m，n分別為bc，b1c1的中點

8、，p為am上一點，過b1c1和p的平面交ab于e，交ac于f.(1)證明：aa1mn，且平面a1amn平面eb1c1f；(2)設o為a1b1c1的中心.若ao平面eb1c1f，且aoab，求直線b1e與平面a1amn所成角的正弦值.(1)證明因為側(cè)面bb1c1c是矩形且m，n分別為bc，b1c1的中點，所以mncc1.又由已知得aa1cc1，故aa1mn.因為a1b1c1是正三角形，所以b1c1a1n.又側(cè)面bb1c1c是矩形，所以b1c1mn.又a1nmnn，a1n，mn平面a1amn，所以b1c1平面a1amn.又b1c1平面eb1c1f，所以平面a1amn平面eb1c1f.連接np，ao

9、平面eb1c1f，ao平面a1amn，平面a1amn平面eb1c1fpn，故aopn.又apon，則四邊形aonp為平行四邊形，由(1)知平面a1amn平面abc.作nqam，垂足為q，則nq平面abc.又n(0，1，0)是平面a1amn的一個法向量，熱點三利用向量求二面角【例3】 (2020全國卷)如圖，在長方體abcda1b1c1d1中，點e，f分別在棱dd1，bb1上，且2deed1，bf2fb1.(1)證明：點c1在平面aef內(nèi)；(2)若ab2，ad1，aa13，求二面角aefa1的正弦值.因此eac1f，即a，e，f，c1四點共面，所以點c1在平面aef內(nèi).探究提高1.二面角的大小可

10、以利用分別在兩個半平面內(nèi)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.2.利用向量法求二面角，必須能判定“所求二面角的平面角是銳角或鈍角”，否則解法是不嚴謹?shù)?【訓練3】 (2020沈陽一監(jiān))如圖，已知abc為等邊三角形，abd為等腰直角三角形，abbd.平面abc平面abd，點e與點d在平面abc的同側(cè)，且cebd，bd2ce.點f為ad的中點，連接ef.(1)求證：ef平面abc；(2)求二面角caed的余弦值.(1)證明取ab的中點為o，連接oc，of，如圖.o，f分別為ab，ad的中點，ofbd且bd2of.又cebd

11、且bd2ce，ceof且ceof，of綊ec，則四邊形ocef為平行四邊形，efoc.又oc平面abc，ef 平面abc，ef平面abc.(2)解abc為等邊三角形，o為ab的中點，ocab.平面abc平面abd，平面abc平面abdab，bdab，bd平面abd，bd平面abc.又ofbd，of平面abc.以o為坐標原點，分別以oa，oc，of所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.熱點四利用空間向量求解探索性問題【例4】 (2020武漢調(diào)研)如圖所示，在正方體abcda1b1c1d1中，點o是ac與bd的交點，點e是線段od1上的一點.(1)若點e為od1的中點，求直線

12、od1與平面cde所成角的正弦值；(2)是否存在點e，使得平面cde平面cd1o？若存在，請指出點e的位置，并加以證明；若不存在，請說明理由.解(1)不妨設正方體的棱長為2.以d為坐標原點，分別以da，dc，dd1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dxyz，則d(0，0，0)，d1(0，0，2)，c(0，2，0)，o(1，1，0).取x02，則y00，z01，所以p(2，0，1)為平面cde的一個法向量.設直線od1與平面cde所成角為，(2)存在，且點e為線段od1上靠近點o的三等分點.理由如下.假設存在點e，使得平面cde平面cd1o.同第(1)問建立空間直角坐標

13、系，易知點e不與點o重合，設m(x1，y1，z1)是平面cd1o的法向量，取x11，則y11，z11，所以m(1，1，1)為平面cd1o的一個法向量.因為平面cde平面cd1o，所以mn.探究提高1.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.但注意空間坐標系建立的規(guī)范性及計算的準確性，否則容易出現(xiàn)錯誤.2.空間向量求解探索性問題：(1)假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認可其中的一部分結(jié)論；(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結(jié)論.(1)證明因為pa平面abcd，cd平面abcd，所以pacd.又因為adcd，paada，