《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題五 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法課件 理.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題五 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法課件 理.ppt（42頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講立體幾何中的向量方法 高考導(dǎo)航 熱點(diǎn)突破 備選例題 高考導(dǎo)航演真題 明備考 真題體驗(yàn) C 2 2018 全國 卷 理18 如圖 四邊形ABCD為正方形 E F分別為AD BC的中點(diǎn) 以DF為折痕把 DFC折起 使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置 且PF BF 1 證明 平面PEF 平面ABFD 1 證明 由已知可得 BF PF BF EF 又PF EF E 所以BF 平面PEF 又BF 平面ABFD 所以平面PEF 平面ABFD 2 求DP與平面ABFD所成角的正弦值 考情分析 1 考查角度考查空間向量在求解空間角中的應(yīng)用 2 題型及難易度解答題 難度中等偏上 熱點(diǎn)突破剖典例 促遷移 熱點(diǎn)一 向量法求線面角 例1 2018 石家莊市質(zhì)量檢測二 如圖 三棱柱ABC A1B1C1中 側(cè)面BB1C1C為 CBB1 60 的菱形 AB AC1 1 證明 平面AB1C 平面BB1C1C 1 證明 如圖1 連接BC1 交B1C于O 連接AO 因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形 所以B1C BC1 因?yàn)锳B AC1 O為BC1的中點(diǎn) 所以AO BC1 又B1C AO O 所以BC1 平面AB1C 又BC1 平面BB1C1C 所以平面AB1C 平面BB1C1C 2 若AB B1C 直線AB與平面BB1C1C所成的角為30 求直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值 方法技巧 利用向量法求線面角的方法 1 分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影的方向向量 轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角 或其補(bǔ)角 2 通過平面的法向量來求 即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角 或鈍角的補(bǔ)角 取其余角就是斜線和平面所成的角 即線面角的正弦值等于斜線的方向向量與平面的法向量夾角余弦值的絕對值 1 求證 PB PD 1 證明 如圖 連接AC 交BD于點(diǎn)O 連接PO 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形 所以AC BD OB OD 又PA BD PA 平面PAC AC 平面PAC PA AC A 所以BD 平面PAC 又PO 平面PAC 所以BD PO 又OB OD 所以PB PD 2 若E F分別為PC AB的中點(diǎn) EF 平面PCD 求直線PB與平面PCD所成角的大小 熱點(diǎn)二 向量法求二面角 例2 2018 湖南省兩市九月調(diào)研 如圖 四棱錐P ABCD的底面為菱形 平面PAD 平面ABCD PA PD 5 AD 6 DAB 60 E為AB的中點(diǎn) 1 證明 取AD的中點(diǎn)O 連接OP OE BD 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形 所以BD AC 因?yàn)镺 E分別為AD AB的中點(diǎn) 所以O(shè)E BD 所以AC OE 因?yàn)镻A PD O為AD的中點(diǎn) 所以PO AD 又因?yàn)槠矫鍼AD 平面ABCD 平面PAD 平面ABCD AD 所以PO 平面ABCD 所以PO AC 因?yàn)镺E OP O 所以AC 平面POE 所以AC PE 1 證明 AC PE 2 求二面角D PA B的余弦值 方法技巧 利用向量法求二面角的方法 1 分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到一個與棱垂直且從垂足出發(fā)的兩個向量 則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小 2 通過平面的法向量來求 設(shè)二面角的兩個半平面的法向量分別為n1和n2 則二面角的大小等于 或 應(yīng)注意結(jié)合圖形判斷二面角是銳角還是鈍角 熱點(diǎn)訓(xùn)練2 2018 廣西柳州市一模 如圖 在三棱柱ABC A1B1C1中 底面 ABC為等邊三角形 過A1C作平面A1CD平行于BC1 交AB于點(diǎn)D 1 求證 CD AB 1 證明 連接AC1 設(shè)AC1與A1C相交于點(diǎn)E 連接DE 則E為AC1的中點(diǎn) 因?yàn)锽C1 平面A1CD 平面A1CD 平面ABC1 DE 所以DE BC1 所以D為AB的中點(diǎn) 又因?yàn)?ABC是等邊三角形 所以CD AB 熱點(diǎn)三 用向量法解與空間角有關(guān)的探索性問題 考向1位置探究型 例3 2018 遼寧省遼南協(xié)作校一模 如圖所示 三棱柱ABC A1B1C1中 已知AB 側(cè)面BB1C1C AB BC 1 BB1 2 BCC1 60 1 求證 C1B 平面ABC 考向2存在判斷型 1 證明 無論 取何值 總有AM 平面PNQ 1 證明 連接A1Q 因?yàn)锳A1 AC 1 M Q分別是CC1 AC的中點(diǎn) 所以 AA1Q CAM 所以 MAC QA1A 所以 MAC AQA1 QA1A AQA1 90 所以AM A1Q 因?yàn)镹 Q分別是BC AC的中點(diǎn) 所以NQ AB 又AB AC 所以NQ AC 在直三棱柱ABC A1B1C1中 AA1 底面ABC 所以NQ AA1 又AC AA1 A 所以NQ 平面ACC1A1 所以NQ AM 由NQ AB和AB A1B1可得NQ A1B1 所以N Q A1 P四點(diǎn)共面 所以A1Q 平面PNQ 因?yàn)镹Q A1Q Q 所以AM 平面PNQ 所以無論 取何值 總有AM 平面PNQ 2 是否存在點(diǎn)P 使得平面PMN與平面ABC的夾角為60 若存在 試確定點(diǎn)P的位置 若不存在 請說明理由 方法技巧 1 對于存在判斷型問題求解 應(yīng)先假設(shè)存在 把要成立的結(jié)論當(dāng)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(diǎn)的坐標(biāo)是否有解 是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解 等 2 對于位置探究型問題 通常借助向量 引進(jìn)參數(shù) 綜合已知和結(jié)論列出等式 解出參數(shù) 熱點(diǎn)訓(xùn)練3 2018 福州市四校聯(lián)考 如圖 在梯形ABCD中 AB CD AD DC CB 1 BCD 120 四邊形BFED是直角梯形 DE BD BF DE DE 2BF 2 平面BFED 平面ABCD 1 求證 AD 平面BFED 1 證明 在梯形ABCD中 因?yàn)锳B CD AD DC CB 1 BCD 120 所以AB 2 所以BD2 AB2 AD2 2AB AD cos60 3 所以AB2 AD2 BD2 所以BD AD 因?yàn)槠矫鍮FED 平面ABCD 平面BFED 平面ABCD BD 所以AD 平面BFED 2 在線段EF上是否存在一點(diǎn)P 使得平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的余弦值為 若存在 求出點(diǎn)P的位置 若不存在 說明理由 備選例題挖內(nèi)涵 尋思路 1 將 PCD沿CD折起的過程中 CD 平面P1DA是否成立 請證明你的結(jié)論 2 若P1D與平面ABCD所成的角為60 且 P1DA為銳角三角形 求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值 解 2 由 1 知CD 平面P1DA CD 平面ABCD 所以平面P1DA 平面ABCD 因?yàn)?P1DA為銳角三角形 所以P1在平面ABCD內(nèi)的射影必在棱AD上 記為O 連接P1O 所以P1O 平面ABCD 則 P1DA是P1D與平面ABCD所成的角 所以 P1DA 60 因?yàn)镈P1 DA 2 所以 P1DA為等邊三角形 O為AD的中點(diǎn) 故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn) 過點(diǎn)O且與CD平行的直線為x軸 DA所在直線為y軸 OP1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 設(shè)x軸與BC交于點(diǎn)M 因?yàn)镈A P1A 2 所以O(shè)P1 例2 2018 安徽省知名示范高中聯(lián)合質(zhì)檢 如圖 在三棱錐P ABC中 PAC為正三角形 M為線段PA的中點(diǎn) CAB 90 AC AB 平面PAB 平面PAC 1 求證 平面PAC 平面ABC 1 證明 因?yàn)?PAC為正三角形 M為線段PA的中點(diǎn) 所以CM PA 又平面PAC 平面PAB 平面PAC 平面PAB PA 所以CM 平面PAB 因?yàn)锳B 平面PAB 所以CM AB 又CA AB CM CA C 所以AB 平面PAC 又AB 平面ABC 所以平面PAC 平面ABC