專題13立體幾何中向量方法教學案教師版?zhèn)鋺?zhàn)2020高考理科數(shù)學二輪考點突破紙間書屋

查向量幾何，諸小問之間有一定梯度，大多模式是：諸小問依次討論線線垂直與平行→線面垂直與平行→a、b(b≠0)，a∥bλa、bpa、b共面的充要條件是存在唯一實數(shù)對(x，y)p＝xa＋yb.a、b的數(shù)量積：a·b＝|a||b|cos〈a，b→ 5．模、夾角和距離|a|＝a·a＝ ＝ ＝

a2＋a2＋a2距離

→ x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.aααa⊥αaα異面直線所成的角 直線與平面所成的角

l1、l2a、bα、βn、l1αθαβθ，則→點P到平面α的距離 |PM·n|其中n為α的法向量，M為α內(nèi)任一點＝|n|→ ＝|n|高頻考點一＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)AC，A1B1EFA1BC【解析】法一：(1)A1EA1A＝A1C，EACA1E⊥BC.EFA1BCA1G上．則∠EOGEFA1BC所成的角(或其補角)．AC＝4Rt△A1EG中，A1E＝23，EG＝3.OA1GEO＝OG＝A1G＝

5EFA1BC所成角的余弦值是5法二：(1)A1EA1A＝A1C，EAC的中點，A1E⊥AC.EEC，EA1y，zE-AC＝4A1(0，0，23)，B(B1(3，3，23)，F(xiàn)(3，3，2

EF＝2，2，23，BC＝(－由→→EF·BC＝0(2)EFA1BC由(1)可得＝(－3，1，0)→＝(0，2，－2 A1BC→由

－得y－ n＝(1，3，1)→sinθ＝|cos〈→，n〉|＝ 5EFA1BC所成角的余弦值為5AB＝1EPC的中點．證明：BEA為原點建立空間直角坐標系(如圖)0)，P(0，0，2)EPC向量＝(0，1，1)＝(2，0，0)，故→→AB⊥PA，PA∩AD＝AABPAD，所以向量→＝(1，0，0)PAD而→→ 由(2)PAD的一個法向量→＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)＝(2，0，0)，PCDn＝(x，y，z 則→

即

y＝1n＝(0，1，1)PCD

n⊥→PCDPD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.求證：EFA為原點，AB，AD，APx軸，y軸，z 所以 1 因為EF＝－2AB，所以EFPAB.→因為→ 所以【方律】利用空間向量證明平行與垂直的步(4)＝1，D，F(xiàn)，GCC1，C1B1，C1A1的中點證明：(1)B為坐標原點，BA，BC，BB1x軸、y軸、zB－ 所以→ → 則→ →高頻考點二、例2、(2019·高考卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱(1)證明：BEBED為坐標原點，x→D-EBCn＝(x，y，z)，則

即→

CC

即于是cosn，m＝ 2B-EC-C1的正弦值為2【變式探究(2017·卷Ⅱ)如圖四棱錐P－ABCD中側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面

＝2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，EPD(1)CE(2)MPCBMABCD45°M-AB-D【解析】(1)PAF因為E是PD的中點，所以

＝2ADEFBCEF ，，－ BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－BMABCD45°，n＝(0,0,1)ABCD的法向量， 2所以|cos〈BM，n〉|＝sin即

x－12＋y2＋z2＝2 MPC上，設PM＝λPC2x＝12，2

x＝1－222z＝－ z＝2222所以 2 6，從而→＝1 2 1，— 2 2 2 2— m＝(x0，y0，z0)ABM→

2－2x0＋2y0＋即x m＝(0，－ m·n 10〉 〉 的余弦值為5 的余弦值為5③結(jié)合進行論證、計算點M段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4.求證：MPBB-PD-AMCBDP【解析】(1)AC，BDEME，PDMACMAC∩PDB＝ME，ABCD是正方形，EBD的中點，MPB(2)ADOOPABCD.ABCD O－xyzP(0,0(2,0，－BDP→則→

即

2x－x＝1y＝1，z＝n＝(1,1，〉 n·p 〉 (3)由題意知 2，C(2,4,0)，→＝3，2 2. 2

2MCBDPα sinα＝|cos〈n，MC〉 2→＝99MCBDP所成角的正弦值為29 4 CFGB-EG-D的余弦值為4【解】(1)ABCD為矩形，BC∥AD.BCADE.(2)所以∠ADEA-CD-F的平面角，即∠ADE＝60°.AD∩DE＝DCDADE.CDEFAO⊥DEOAOODCx軸，DEy軸，OAz軸建立空間O-xyz，0)＝＋→＝→＝(3，0，3)，則 BE＝(－3，2，－3)，BG＝(0，t，－BEG 則由 －3x＋2y－

得ty－

，可取 BEGm＝(2－t，3，3t)，DEGn＝(0，0，1)，＝ ＝ 所以

1

解得 此時 2CFG2AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝PBPCD

AM？若存在，求【解析】(1)PADABCD，AB⊥AD，ABPAD，PD?PADAB⊥PD.PA⊥PD，(2)ADOPOABCD.OPCDn＝(x，y，z)→

即

又PB＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝ 3.

→M(0,1－λ，λ),→解得

＝4.PAMBMPCD，此時AP【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷；解題時，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“”有效，應運用這一方法解題．ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3DAC的中點，EAA1上．(1)AEEA1＝12(2)ED-BE-A60°AEABC－A1B1C1為正三棱柱，所以△ABC為正三角形．DACBD⊥AC.3AEEA1＝12，AB＝2，AA1＝3AE＝3Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.所以∠EDC1＝90°ED⊥DC1.ED⊥BC1.(2)EDA，DB，DD1x，y，zD－xyz，A(1,0,0)，B(0，3，0)，E(1,0，h)． 所以DB＝(0，3，0)，DE＝(1,0，h)，AB＝(－1，DBEn1＝(x1，y1，z1)→

即x＋hz

ABE→則→

－x2＋即

n2＝(|－ 所以|cos〈n，n〉 ＝解得 2<3，故存在點E滿足條件．＝2

D-BE-A1．(2019·高考卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上證明：BEAE＝A1EB-EC-C1BE以以 EBCn＝(x，y，z)

即即ECC1m＝(x1，y1，z1) → 即x－y＋z

cosn，mB-EC-C122.(2019·高考卷)如圖，AE⊥平面求證：BFCEBDE1E-BD-F的余弦值為3CF為原點，分別以AB，AD，AEx為原點，分別以AB，AD，AEx軸，y軸，zF(1，2，h)．

→

n＝(x，y，z)BDE的法向量，則

→

即

z＝1

→

4

－＋＝，．因此有cos〈CE，n〉＝ 4CEBDE所成角的正弦值為

m＝(x，y，z)BDF的法向量，則

→

即

2

＋＝

4－h(huán)

8CF的長為

BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)AC，A1B1的中點．(1)(2)EFA1BC【解析】法一：(1)A1EA1A＝A1C，EACA1E⊥BC.EFA1BCA1G上．則∠EOGEFA1BC所成的角(或其補角)．AC＝4Rt△A1EG中，A1E＝23，EG＝3. 15OA1GEO＝OG＝2＝2

3EFA1BC所成角的余弦值是法二：(1)A1EA1A＝A1C，EAC的中點，A1E⊥AC.EEC，EA1y，zE-AC＝4A1(0，0，23)，B(3B1(3，3，23)，F(xiàn)(2，2，2 因此，EF＝2，2，23，BC＝(－→由EF·BC＝0(2)EFA1BC(3由(1)可得＝(3

，，，→

2，，－221A1BC1→由

－得y－ n＝(1，3，1)→

→ sinθ＝|cos〈EF，n〉|＝

3EFA1BC所成角的余弦值為ABCA1B1C1A1AB1BC1C°證明：AB1AC1ABB1所以故 ，得 得由，得，所以，故因此平面（Ⅱ）如圖，過點作，交直線于點，連 由平面得平面平面，由得平面，所以是與平面所成的角 因此，直 與平 所成的角的正弦值是ACOOB，OCx，y所以平面設直線與平面所成的角為設平面的法向量由即可 所以因此，直 與平 所成的角的正弦值是（2018年卷）如圖 且 且 且若M為CF的中點，N為EG的中點，求證 求二面 的正弦值若點P段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長 D分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系（如圖，D（0，0，0，A（2，0，0，B（1，2，0，C（0，2，0E（2，02，F(xiàn)（0，12，（0，2，M，1，N（1，0，2=（2，0，2n0=(x，y，z)CDE的法向量，則n0=（1，0，–1 ，1， MNCDEMN=（–，0，=（0，–1，2n=（x，y，z）BCE的法向量， n=（0，1，1m=（x，y，z）BCF則即m=（0，2，1所以，二面角E–BC–F的正弦值為．h（h∈［0，2（0，0，h，=（0，2，0）為平面ADGE的一個法向量， ∈［0，2所以線段的長為.，，求證：ACB-CD-C1FGBCDB-CD-C1ABC-A1B1C1A1ACC1E，F(xiàn)AC，A1C1∴ACCC1ABC，∴EFABC． ABC，∴EF⊥BE．B（0，20，C（-1，0，0，D（1，0，1，F(xiàn)（0，0，2，G（0，2，1∴設平面BCD的法向量為∴，∴，a=2b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量為， 由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值 平面BCD的法向量為，∵G（0，2，1，F(xiàn)（0，0，2∴，∴，∴與不垂直∴GFBCDBCD內(nèi)，∴GFBCD（2018年江蘇卷）ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2P，QBPAC1CC1AQC1⊥OC，OO1⊥OB，以為基底，建立空間直角坐標系O?xyz．AB=AA1=2，所 因為P為A1B1的中點，所以 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為因為Q為BC的中點，所以，因此 n=（x，y，z）AQC1則不妨取CC1AQC1 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為（2018年江蘇卷）在平行六面體中，（1）（2）（1）ABA1B1C，A1B1?A1B1C，ABA1B1C．（2）ABCD-A1B1C1D1ABB1A1為平行四邊形．AA1=ABABB1A1為菱形，AB1⊥BC．AB1A1BC．（2018年I卷理數(shù)）如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFCCPPF⊥BF.(2)DPABFD以為坐標原點，HFy軸正方向，以為坐標原點，HFy軸正方向，|BF|H-由(1)可得，DE⊥PE.DP＝2，DE＝1PE＝3.PF＝1，EF＝2，PE⊥PF.3PH＝2

0

—，－

3 1

3

ABFD

，，2

，2，2

2DPABFD3→→sin

HP·DP 4 3 ＝→

＝3＝4DPABFD4，（2018年Ⅲ卷理數(shù)如圖邊長為2的正方 ， 平 體積最大時，求 與 所成二面角的正弦值 平面ABCD,所以BC⊥平面因為M為上異于C，D的點,且DC為直徑，所以又 而 以D為坐標原點,的方向為