2021届高三数学二轮复习 专题四 第3讲空间向量与立体几何教案.doc

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1、第3讲空间向量与立体几何自主学习导引真题感悟1(2012陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为A.B.C.D.解析利用向量法求解不妨令CB1，则CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)，cos，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案A2(2012辽宁)如图，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，点M，N分别为AB和BC的中点(1)证明：MN平面AACC；

2、(2)若二面角AMNC为直二面角，求的值解析(1)证明证法一连接AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱柱，所以M为AB的中点又因为N为BC的中点，所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.证法二取AB的中点P，连接MP，NP.而M，N分别为AB与BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC.又MPNPP，因此平面MPN平面AACC.而MN平面MPN，所以MN平面AACC.(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示设AA1，则ABAC，于是A(0,

3、0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)，所以M，N.设m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由得可取m(1，1，)设n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因为AMNC为直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得(负值舍去)考题分析应用空间向量解决立体几何问题是高考的必考考点，空间向量的工具性主要体现在平行与垂直的判定，求空间的角的大小解题时要特别注意避免计算失误网络构建高频考点突破考点一：利用向量证明平行与垂直【例1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E、F分别是PC、PD的中点

4、，PAAB1，BC2.求证：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC.审题导引建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明即可证明第(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直规范解答以A为原点，AB、AD、AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E为，F为，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PA

5、B.(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因为DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.【规律总结】用空间向量证明位置关系的方法(1)线线平行：欲证直线与直线平行，只要证明它们的方向向量平行即可；(2)线面平行：用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；(3)面面平行：平面与平面的平行，除了用线面平行的判定定理转化为线面平行外

6、，只要证明两平面的法向量平行即可；(4)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直；(5)线面垂直：用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行；(6)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可【变式训练】1如图所示，在底面是正方形的四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC的中点，G为AC上一点(1)求证：BDFG；(2)确定点G在线段AC上的位置，使FG平

7、面PBD，并说明理由解析(1)证明以A为原点，AB、BD、PA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，设正方形ABCD的边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，设P(0,0，a)(a0)，G(m，m,0)(0m)，则E，F.(1)(1,1,0)，mm00，所以BDFG.(2)要使FG平面PBD，只需FGEP，而，由，可得解得所以G，所以.故当AGAC时，FG平面PBD.考点二：利用向量求线线角、线面角【例2】如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD2，AB1，BMPD于点M.(1)

8、求证：AMPD；(2)求直线CD与平面ACM所成角的余弦值审题导引建立坐标系，求出平面ACM的法向量，利用向量法求直线CD与平面ACM所成角的余弦值规范解答(1)证明PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.ABAD，ADPAA，AD平面PAD，PA平面PAD，AB平面PAD.PD平面PAD，ABPD.BMPD，ABBMB，AB平面ABM，BM平面ABM，PD平面ABM.AM平面ABM，AMPD.(2)如图所示，建立直角坐标系，则A(0,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，(1,0,0)，设M(0，y0，z0)，(0，y0，z0)，P(0,0,2)，(0,2，2)，(0，y0，z

9、02)，由，得2y02z00，即y0z0，又，2y02(z02)，即y0z02，解方程组得y0z01，即M(0,1,1)，设平面ACM的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得n(2，1,1)，cos ，n，直线CD与平面ACM成角的余弦值为 .【规律总结】向量法求线线角、线面角的注意事项(1)建立适当的直角坐标系，根据对称性原则，使尽可能多的点在坐标轴，易于求各点的坐标；(2)求直线与平面所成的角，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin |cos |.【变式训练】2(2012山西四校模拟)在三棱锥MABC中，AB2AC2，MAMB，AB4AN，ABAC，平面MAB平面ABC，

10、S为BC的中点(1)证明：CMSN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小解析(1)证明取AB的中点O，连接MO，CO，SO，MOAB，平面MAB平面ABC，MO平面ABC，又ACAB，OSAC，OSAB，以O为坐标原点，OB为x轴，OS为y轴，OM为z轴建立空间直角坐标系则C(1,1,0)，M，N，S，所以，故0，即CMSN.(2)由(1)知，设平面CMN的法向量为n(x，y，z)，则，得，令x2，则得平面CMN的一个法向量为n(2,1，2)，则|cosn，|，所以SN与平面SMN所成角为.考点三：利用向量求二面角【例3】(2012泉州模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为等

11、腰直角三角形，B90，D为棱BB1上一点，且面DA1C面AA1C1C(1)求证：D为棱BB1的中点；(2)为何值时，二面角AA1DC的平面角为60？审题导引(1)取AC的中点F，A1C的中点E，利用BDEF证明；(2)以D为原点建系，设出相关点的坐标，利用公式求解规范解答(1)证明过点D作DEA1C于E点，取AC的中点F，连BF、EF.面DA1C面AA1C1C且相交于A1C，面DA1C内的直线DEA1C，直线DE面AA1C1C.又面BAC面AA1C1C且相交于AC，易知BFAC，BF面AA1C1C.由此知：DEBF，从而有D，E，F，B共面，又易知BB1面AA1C1C，故有DBEF，从而有EF

12、AA1，又点F是AC的中点，所以DBEFAA1BB1，D点为棱BB1的中点(2)建立如图所示的直角坐标系，设AA12b，ABBCa，则D(0,0，b)，A1(a,0,2b)，C(0，a,0)，所以，(a,0，b)，(0，a，b)，设面DA1C的法向量为n(x，y，z)，则，可取n(b，b，a)，又可取平面AA1DB的法向量m(0，a,0)，cosn，m，据题意有：，解得：.【规律总结】利用向量求二面角的注意事项(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之先确定平面的垂线，然

13、后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法【变式训练】3(2012北京东城二模)如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MBNC，MNMB，且MCCB，BC2，MB4，DN3.(1)求证：AB平面DNC；(2)求二面角DBCN的余弦值解析(1)证明因为MBNC，MB平面DNC，NC平面DNC，所以MB平面DNC.因为AMND为矩形，所以MADN.又MA平面DNC，DN平面DNC，所以MA平面DNC.又MAMBM，且MA，MB平面AMB，所以平面AMB平面DNC.又AB平面AMB，所以AB平面DNC.(2)由已知平面AMND平面MB

14、CN，且平面AMND平面MBCNMN，DNMN，所以DN平面MBCN，又MNNC，故以点N为坐标原点，建立空间直角坐标系Nxyz.由已知得MC2，MCN30，易得MN，NC3.则D(0,0,3)，C(0,3,0)，B(，4,0)(0,3，3)，(，1,0)设平面DBC的法向量n1(x，y，z)，则即令x1，则y，z.所以n1(1，)又n2(0,0,1)是平面NBC的一个法向量，所以cosn1，n2.故所求二面角DBCN的余弦值为.名师押题高考【押题1】如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，且CC1底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为A.B.C. D.

15、解析由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为2，a，b，c，则|a|b|c|2，且a，c，a，bb，c，所以ac22cos 2，abbc0.而ba，cb，所以(ba)bcb2acab0，故，即异面直线AB1与BM所成的角为.答案A押题依据空间向量与立体几何相结合是高考的一个热点问题，空间向量在高考试题中的出现主要体现其工具性，独立命题的可能性很小，一般用以解决立体几何中的线面位置关系的证明，求空间角的大小及空间的距离【押题2】在四棱锥PABCD中，侧面PCD底面ABCD，PDCD，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90，ABADPD1，CD2.(1)求证：BC平面PBD；(2)设E为侧棱

16、PC上一点，试确定的值，使得二面角EBDP的大小为45.解析(1)证明因为侧面PCD底面ABCD，PDCD，所以PD底面ABCD，所以PDAD.又因为ADC90，即ADCD，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，所以(1,1,0)，(1,1,0)所以0，所以BCDB.由PD底面ABCD，可得PDBC，又因为PDDBD，所以BC平面PBD.(2)由(1)知平面PBD的一个法向量为(1,1,0)，且P(0,0,1)，C(0,2,0)，所以(0,2，1)，又，所以E(0,2，1)，(0,2，1)设平面EBD的法向量为n(a，b，c)，因为(1,1,0)，由n0，n0，得，令a1，则可得平面EBD的一个法向量为n，所以cos ，解得1或1，又由题意知(0,1)，故1.押题依据高考对立体几何的考查，主要以柱体、锥体或其组合体为载体，考查线面位置关系的判定与证明，求空间角的大小等，但有时也会给出位置关系或角的大小，求使其成立的充分条件，即所谓的探索性问题，此类问题利用空间向量解决则更加方便本题立意新颖，考查全面，难度适中，故押此题 - 12 -