资源描述
(理)第3讲立体几何中的向量方法 考情考向高考导航空间向量在立体几何中的应用主要体现在利用空间向量解决立体几何中的位置关系、空间角以及空间距离的计算等问题，是每年高考的必考内容，并且以解答题的形式出现，其考查形式为一题多问，多步设问，通常第一问考查空间位置关系，第二、三问考查空间角或距离，难度中等利用空间向量求空间角仍是重点，对于探索点或线满足所给关系的问题要引起重视真题体验(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值证明：(1)连B1C，ME，则MEB1C，又DNA1D而A1D B1CMEND.四边形MNDE为平行四边形，MNDE又MN平面C1DE，DE平面C1DEMN平面C1DE.(2)取AB的中点F，连接DF，由已知，DFDC，DFD1D.以D为坐标原点，DF，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，AA14，AB2.A1(，1,4)，M(，1,2)，N，则(0,2，2)，.设平面MA1N的法向量为m(x，y，z)，则m，m令y1，得平面MA1N的一个法向量为m(，1,1)又平面AMA1的一个法向量为n(1,0,0)，设二面角AMA1N的平面角为，则cos .sin .即二面角AMA1N的正弦值为.主干整合1直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)则|cos |cos，v|.热点一利用向量法证明平行与垂直数学建模素养数学建模用向量解决空间立体几何中的核心素养以学习过的空间向量为基础，通过将几何向量化，以向量作为刻画空间中点、线、面位置关系的连接点，解决空间几何中难解决的问题.例1(2019沈阳三模)如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别是PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10.(1)设G是OC的中点，证明FG平面BOE；(2)证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE.证明(1)如图，连接OP，PAPC，OPAC，又平面PAC平面ABC，OP平面ABC.以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，4,3)，F(4，0,3)由题意，得G(0,4,0)因为(8,0,0)，(0，4,3)，所以平面BOE的法向量n(0,3,4)由(4,4，3)，得n0.又直线FG不在平面BOE内，所以FG平面BOE.(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则(x04，y0，3)因为FM平面BOE，所以n，因此x04，y0，即点M的坐标是.在平面直角坐标系xOy中，AOB的内部区域可表示为不等式组经检验，点M的坐标满足上述不等式组所以，在AOB内存在一点M，使FM平面BOE.由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方向证明直线ab，只需证明向量ab(R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外(2019淄博三模)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，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB.(2)求证：平面PAD平面PDC.证明：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，F，(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PAB.(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又因为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.热点二利用空间向量求空间角例2(2019天津卷)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长审题指导由条件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量解决(1)证明与平面ADE的法向量垂直即得线面平行，也可以通过证明平面ADE与平面BCF平行来实现线面平行的转化(2)与平面BDE的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为所求直线与平面所成角的正弦值(3)设CFh，用h表示二面角EBDF的余弦值，通过解方程得到线段长解析依题意，建立以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)设CFh(h0)，则F(1,2，h)(1)依题意，(1,0,0)是平面ADE的法向量，又(0,2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以，线段CF的长为.1异面直线所成的角，可以通过两直线的方向向量的夹角求得，即cos |cos |.2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 |，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)3二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角(2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P(，2)，从而(，2)，(0,2,2)，故|cos ，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q(，0)，因此(，0)，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1,1)，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.热点三利用空间向量解决探索性问题例3(2020吉林调研)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由审题指导第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：平面PAD平面ABCDAB平面PADABPDPD平面PAB；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出与平面PCD的法向量，求出法向量与夹角的余弦值，进而可求线面角的正弦值；第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：先假设存在点M，设出点M坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解解析(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD，PAABA，所以PD平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1)则(0，1，1)，(2,0，1)，(1,1，1)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点，则存在0,1，使得.因此点M(0,1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上存在点M使得BM平面BCD，此时.利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论(2019聊城三模)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD中，BAD60，DEAB于点E，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DDC，如图(2)(1)求证：A1E平面BCDE.(2)求二面角EA1BC的余弦值(3)判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A1DP平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解析：(1)证明：DEBE，BEDC，DEDC.又A1DDC，A1DDED，DC平面A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDED，A1E平面BCDE.(2)A1E平面BCDE，DEBE，以EB，ED，EA1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系易知DE2，则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)，(2,0,2)，(2,2，0)，平面A1BE的一个法向量为n(0,1,0)设平面A1BC的法向量为m(x，y，z)，由m0，m0，得令y1，得m(，1，)，cosm，n.由图，得二面角EA1BC为钝二面角，二面角EA1BC的余弦值为.(3)假设在线段EB上存在一点P，使得平面A1DP平面A1BC.设P(t,0,0)(0t2)，则(t,0，2)，(0,2，2)，设平面A1DP的法向量为p(x1，y1，z1)，由得令x12，得p.平面A1DP平面A1BC，mp0，即2t0，解得t3.0t2，在线段EB上不存在点P，使得平面A1DP平面A1BC.限时50分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1如图1，在RtABC中，ACB90，B30，D，E分别是AB，CD的中点，AE的延长线交CB于F.现将ACD沿CD折起，折起二面角，如图2，连接AF.(1)求证：平面AEF平面CBD；(2)当ACBD时，求二面角ACDB的余弦值解：本题主要考查折叠、面面垂直的证明、二面角等问题，考查考生的空间想象能力及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算(1)在平面图形中AFCD，所以折叠后得到AECD，EFCD，即可证得结论；(2)可以利用向量法和传统法求解(1)在RtABC中，由D为AB的中点，得ADCDDB，又B30，所以ACD是正三角形，又E是CD的中点，所以AFCD.折起后，AECD，EFCD，又AEEFE，AE平面AEF，EF平面AEF，故CD平面AEF，又CD平面CBD，故平面AEF平面CBD.(2)解法一如图，过点A作AHEF，垂足H落在FE的延长线上因为CD平面AEF，所以CDAH，所以AH平面CBD.以E为原点，EF所在的直线为x轴，ED所在的直线为y轴，过E与AH平行的直线为z轴建立空间直角坐标系由(1)可知AEF为所求二面角的平面角，设为，并设ACa，可得C，D，B，A.故，因为ACBD，所以0，即cos 0，得cos .故二面角ACDB的余弦值为.解法二如图，过点A作AHEF，垂足H落在FE的延长线上，因为CD平面AEF，所以CDAH，所以AH平面CBD.连接CH并延长交BD的延长线于G，由ACBD，得CHBD，即CGB90，因此CEHCGD，则，设ACa，易得GDC60，DG，CE，CG，代入得EH，又EA，故cosHEA.又AECD，EFCD，所以AEF即所求二面角的平面角，故二面角ACDB的余弦值为.2(2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解析：(1)由于PA平面ABCD，CD平面ABCD，则PACD，由题意可知ADCD，且PAADA，由线面垂直的判定定理可得CD平面PAD.(2)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD，AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由可得点F的坐标为F，由可得E(0,1,1) ，设平面AEF的法向量为：m(x，y，z)，则 ，据此可得平面AEF的一个法向量为：m(1,1，1)，很明显平面AEP的一个法向量为n(1,0,0)，cosm，n，二面角FAEP的平面角为锐角，故二面角FAEP的余弦值为.(3)易知P(0,0,2)，B(2，1,0)，由可得G，则，注意到平面AEF的一个法向量为：m(1,1，1)，其m0且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内3(2019苏州三模)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD，BC2，PA2.(1)取PC中点N，连接DN，求证：DN平面PAB.(2)求直线AC与PD所成角的余弦值(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成的角，如果不存在，请说明理由解析：取BC的中点E，连接DE与AC，相交于点O，连接AE，易知ACDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(2，1,0)，C(0，1,0)，D(1,0,0)，P(0，1,2)，(1)PC中点N(0,0,1)，所以(1,0,1)，设平面PAB的法向量为n(a，b，c)，由(0,0,2)，(2,0,0)，令b1，可得：n(0,1,0)，所以n0，因为DN平面PAB，所以DN平面PAB.(2)(0,2,0)，(1,1，2)，设AC与PD所成的角为，则cos .(3)设M(x，y，z)及(01)，所以M(，1,2(1)，设平面ACM的法向量为m(x，y，z)，由(0,2,0)，(，2(1)，可得m(22，0，)，平面ACD的法向量为p(0,0,1)，所以cosm，p ，解得.解得M，所以，所以m，设BM与平面MAC所成角为，所以sin |cos，m|，所以.4(2020山东实验中学模拟)某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体ABCDEFQH材料切割成三棱锥HACF.(1)若点M，N，K分别是棱HA，HC，HF的中点，点G是NK上的任意一点，求证：MG平面ACF；(2)已知原长方体材料中，AB2，AD3，DH1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出三棱锥HACF的高甲工程师先求出AH所在直线与平面ACF所成的角，再根据公式hAHsin ，求三棱锥HACF的高h.请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高解：证明：(1)HMMA，HNNC，HKKF，MKAF，MNAC.MK平面ACF，AF平面ACF，MK平面ACF.MN平面ACF，AC平面ACF，MN平面ACF.MN，MK平面MNK，且MKMNM，平面MNK平面ACF.又MG平面MNK，MG平面ACF.(2)如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DH所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.则有A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(3,2,1)，H(0,0,1)，(3,2,0)，(0,2,1)，(3,0,1)设平面ACF的一个法向量为n(x，y，z)， 则有令y3，则n(2,3，6)，sin ，三棱锥HACF的高为AHsin .5.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE平面ABCD.(1)证明：平面AEC平面BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积解析：(1)因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.因为BE平面ABCD，所以ACBE，又BDBEB，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)设ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因为AEEC，所以在RtAEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACDACGDBEx3.故x2.从而可得AEECED.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥EACD的侧面积为32.(理)高考解答题审题与规范(四)立体几何类考题重在“化归”思维流程几何法将立体几何问题转化为平面几何问题将异面直线夹角，线面角，二面角等空间角转化为平面角求解代数法将几何问题转化为代数问题，用空间向量解题推理与证明分析法找思路：将面面问题转化为线面问题，将线面问题转化为线线问题综合法证明线线关系推出线面关系，线面关系推出面面关系.真题案例审题指导审题方法(12分)(2018全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.(1)在题目中的两个平面中选择一条直线证明该直线垂直于另外一个平面；(2)建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点M的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可.审图形找关联图形或者图象的力量比文字更为简单而有力，挖掘其中蕴涵的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键，对图形或者图象的独特理解很多时候能成为解题中的亮点.规范解答评分细则解析(1)由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，1分所以BC平面CMD，故BCDM.2分因为M为C上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.3分而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.4分(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.6分当三棱锥MABC体积最大时，M为C的中点.7分由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，8分设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2).9分是平面MCD的法向量，因此cosn，10分sinn，所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.12分第(1)问踩点得分由条件得出BCCD，并写出BC平面ABCD得1分，没有BC平面ABCD扣1分得分BCDM得1分得出DM平面BMC，得1分得出结论得1分，如果没有写出DM平面AMD扣1分第(2)问踩点得分正确建立空间直角坐标系得2分确定M为的中点得1分正确写出点的坐标，并求出相应向量的坐标得1分正确求出平面MAB的法向量得1分正确求出n与夹角的余弦值得1分正确计算出n与夹角的正弦值得2分.- 20 -
展开阅读全文