《2022年高三數學二輪復習 專題四 第3講空間向量與立體幾何教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三數學二輪復習 專題四 第3講空間向量與立體幾何教案（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高三數學二輪復習 專題四 第3講空間向量與立體幾何教案自主學習導引真題感悟1(xx陜西)如圖所示，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為A.B.C.D.解析利用向量法求解不妨令CB1，則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.與的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.答案A2(xx遼寧)如圖，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，點M，N分別為AB和BC的中

2、點(1)證明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC為直二面角，求的值解析(1)證明證法一連接AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC為直三棱柱，所以M為AB的中點又因為N為BC的中點，所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.證法二取AB的中點P，連接MP，NP.而M，N分別為AB與BC的中點，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為坐標原點，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Oxyz，如圖所示設

3、AA1，則ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)，所以M，N.設m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由得可取m(1，1，)設n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因為AMNC為直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得(負值舍去)考題分析應用空間向量解決立體幾何問題是高考的必考考點，空間向量的工具性主要體現在平行與垂直的判定，求空間的角的大小解題時要特別注意避免計算失誤網絡構建高頻考點突破考點一：利用向量證明平行與垂直【例1】如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABC

4、D，E、F分別是PC、PD的中點，PAAB1，BC2.求證：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC.審題導引建立空間直角坐標系后，使用向量的共線定理證明即可證明第(1)問，第(2)問根據向量的垂直關系證明線線垂直，進而證明線面垂直，得出面面垂直規(guī)范解答以A為原點，AB、AD、AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E為，F為，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因為，所以，即EFAB.又AB平面PAB，

5、EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因為(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.因為DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.【規(guī)律總結】用空間向量證明位置關系的方法(1)線線平行：欲證直線與直線平行，只要證明它們的方向向量平行即可；(2)線面平行：用線面平行的判定定理，證明直線的方向向量與平面內一條直線的方向向量平行；用共面向量定理，證明平面外直線的方向向量與平面內兩相交直線的方向向量共面；證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；(3)面面平行：平面與平面的平行，除了用線

6、面平行的判定定理轉化為線面平行外，只要證明兩平面的法向量平行即可；(4)線線垂直：直線與直線的垂直，只要證明兩直線的方向向量垂直；(5)線面垂直：用線面垂直的定義，證明直線的方向向量與平面內的任意一條直線的方向向量垂直；用線面垂直的判定定理，證明直線的方向向量與平面內的兩條相交直線的方向向量垂直；證明直線的方向向量與平面的法向量平行；(6)面面垂直：平面與平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直外，只要證明兩平面的法向量垂直即可【變式訓練】1如圖所示，在底面是正方形的四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，BD交AC于點E，F是PC的中點，G為AC上一點(1)求證：BDFG；(2)確定

7、點G在線段AC上的位置，使FG平面PBD，并說明理由解析(1)證明以A為原點，AB、BD、PA所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Axyz，如圖所示，設正方形ABCD的邊長為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，設P(0,0，a)(a0)，G(m，m,0)(0m)，則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.故當AGAC時，FG平面PBD.考點二：利用向量求線線角、線面角【例2】如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD2

8、，AB1，BMPD于點M.(1)求證：AMPD；(2)求直線CD與平面ACM所成角的余弦值審題導引建立坐標系，求出平面ACM的法向量，利用向量法求直線CD與平面ACM所成角的余弦值規(guī)范解答(1)證明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)如圖所示，建立直角坐標系，則A(0,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，(1,0,0)，設M(0，y0，z0)，(0，y0，z0)，P(0,0,2)

9、，(0,2，2)，(0，y0，z02)，由，得2y02z00，即y0z0，又，2y02(z02)，即y0z02，解方程組得y0z01，即M(0,1,1)，設平面ACM的法向量為n(x，y，z)，則令z1，得n(2，1,1)，cos ，n，直線CD與平面ACM成角的余弦值為 .【規(guī)律總結】向量法求線線角、線面角的注意事項(1)建立適當的直角坐標系，根據對稱性原則，使盡可能多的點在坐標軸，易于求各點的坐標；(2)求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 |.【變式訓練】2(xx山西四校模擬)在三棱錐MABC中，AB2AC2，MAMB，AB4AN，AB

10、AC，平面MAB平面ABC，S為BC的中點(1)證明：CMSN；(2)求SN與平面CMN所成角的大小解析(1)證明取AB的中點O，連接MO，CO，SO，MOAB，平面MAB平面ABC，MO平面ABC，又ACAB，OSAC，OSAB，以O為坐標原點，OB為x軸，OS為y軸，OM為z軸建立空間直角坐標系則C(1,1,0)，M，N，S，所以，故0，即CMSN.(2)由(1)知，設平面CMN的法向量為n(x，y，z)，則，得，令x2，則得平面CMN的一個法向量為n(2,1，2)，則|cosn，|，所以SN與平面SMN所成角為.考點三：利用向量求二面角【例3】(xx泉州模擬)如圖，在直三棱柱ABCA1B

11、1C1中，底面ABC為等腰直角三角形，B90，D為棱BB1上一點，且面DA1C面AA1C1C(1)求證：D為棱BB1的中點；(2)為何值時，二面角AA1DC的平面角為60？審題導引(1)取AC的中點F，A1C的中點E，利用BDEF證明；(2)以D為原點建系，設出相關點的坐標，利用公式求解規(guī)范解答(1)證明過點D作DEA1C于E點，取AC的中點F，連BF、EF.面DA1C面AA1C1C且相交于A1C，面DA1C內的直線DEA1C，直線DE面AA1C1C.又面BAC面AA1C1C且相交于AC，易知BFAC，BF面AA1C1C.由此知：DEBF，從而有D，E，F，B共面，又易知BB1面AA1C1C，

12、故有DBEF，從而有EFAA1，又點F是AC的中點，所以DBEFAA1BB1，D點為棱BB1的中點(2)建立如圖所示的直角坐標系，設AA12b，ABBCa，則D(0,0，b)，A1(a,0,2b)，C(0，a,0)，所以，(a,0，b)，(0，a，b)，設面DA1C的法向量為n(x，y，z)，則，可取n(b，b，a)，又可取平面AA1DB的法向量m(0，a,0)，cosn，m，據題意有：，解得：.【規(guī)律總結】利用向量求二面角的注意事項(1)兩平面的法向量的夾角不一定就是所求的二面角，有可能兩法向量夾角的補角為所求(2)求平面的法向量的方法：待定系數法：設出法向量坐標，利用垂直關系建立坐標的方程

13、解之先確定平面的垂線，然后取相關線段對應的向量，即確定了平面的法向量當平面的垂線較易確定時，?？紤]此方法【變式訓練】3(xx北京東城二模)如圖，矩形AMND所在的平面與直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MBNC，MNMB，且MCCB，BC2，MB4，DN3.(1)求證：AB平面DNC；(2)求二面角DBCN的余弦值解析(1)證明因為MBNC，MB平面DNC，NC平面DNC，所以MB平面DNC.因為AMND為矩形，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

14、平面AMND平面MBCN，且平面AMND平面MBCNMN，DNMN，所以DN平面MBCN，又MNNC，故以點N為坐標原點，建立空間直角坐標系Nxyz.由已知得MC2，MCN30，易得MN，NC3.則D(0,0,3)，C(0,3,0)，B(，4,0)(0,3，3)，(，1,0)設平面DBC的法向量n1(x，y，z)，則即令x1，則y，z.所以n1(1，)又n2(0,0,1)是平面NBC的一個法向量，所以cosn1，n2.故所求二面角DBCN的余弦值為.名師押題高考【押題1】如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的各條棱長都相等，且CC1底面ABC，M是側棱CC1的中點，則異面直線AB1和BM所成的角

15、為A.B.C. D.解析由題意可知該三棱柱為正三棱柱，設其棱長為2，a，b，c，則|a|b|c|2，且a，c，a，bb，c，所以ac22cos 2，abbc0.而ba，cb，所以(ba)bcb2acab0，故，即異面直線AB1與BM所成的角為.答案A押題依據空間向量與立體幾何相結合是高考的一個熱點問題，空間向量在高考試題中的出現主要體現其工具性，獨立命題的可能性很小，一般用以解決立體幾何中的線面位置關系的證明，求空間角的大小及空間的距離【押題2】在四棱錐PABCD中，側面PCD底面ABCD，PDCD，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90，ABADPD1，CD2.(1)求證：BC平面PB

16、D；(2)設E為側棱PC上一點，試確定的值，使得二面角EBDP的大小為45.解析(1)證明因為側面PCD底面ABCD，PDCD，所以PD底面ABCD，所以PDAD.又因為ADC90，即ADCD，以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則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，又因為PDDBD，所以BC平面PBD.(2)由(1)知平面PBD的一個法向量為(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)設平面EBD的法向量為n(a，b，c)，因為(1,1,0)，由n0，n0，得，令a1，則可得平面EBD的一個法向量為n，所以cos ，解得1或1，又由題意知(0,1)，故1.押題依據高考對立體幾何的考查，主要以柱體、錐體或其組合體為載體，考查線面位置關系的判定與證明，求空間角的大小等，但有時也會給出位置關系或角的大小，求使其成立的充分條件，即所謂的探索性問題，此類問題利用空間向量解決則更加方便本題立意新穎，考查全面，難度適中，故押此題