(全国通用)高考数学二轮复习板块三专题突破核心考点专课件.ppt

1、第3讲立体几何中的向量方法专题四立体几何与空间向量板块三专题突破核心考点考情考向分析以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破热点一利用向量证明平行与垂直设直线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)，则有(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)

2、面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.例例1如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；证明证明证明以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1).点E，F分别是PC，PD的中点，即EFAB，又AB平面PAB，EF 平面PAB，EF平面PAB.(2)求证：平面PAD平面PDC.证明证明证明由(1)可知，即APDC，ADDC.又APADA，AP，

3、AD平面PAD，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.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，用向量方法证明直线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.思维升华思维升华跟踪演练跟踪演练1如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.运用向量方法证明：(1)OM平面BCF；证明证明证明方法一方法一(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以

4、点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，且OM 平面BCF，OM平面BCF.又OM 平面BCF，OM平面BCF.(2)平面MDF平面EFCD.证明证明证明方法方法一一设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).n1n20，平面MDF平面EFCD.方法二方法二由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，即OMCD，OMFC，又CDFCC，CD，FC平面EFCD，OM平面EFCD.又OM

5、平面MDF，平面MDF平面EFCD.热点二利用空间向量求空间角设直线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(2)线面夹角例例2(2018泉州质检)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABBC2，ADPD4，BAD60，ADP120，点E为PA的中点.(1)求证：BE平面PCD；证明证明证明取PD中点F，连接CF，EF.因为点E为PA的中点，所以EFBC且EFBC，所以四边形BCFE为平行四边形，所以BECF，又BE 平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD.(2)

6、若平面PAD 平面ABCD，求直线BE与平面PAC所成角的正弦值.解答解解在平面ABCD中，过点D作DGAD，在平面PAD中，过点D作DHAD.因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD 平面ABCDAD，DG平面ABCD，所以DG平面PAD，又DH平面PAD，所以DGDH，所以DA，DG，DH两两互相垂直.以D为原点，DA，DG，DH所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz(如图)，设n(x，y，z)是平面ACP的一个法向量，设直线BE与平面PAC所成角为，(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证

7、、计算；转化为几何结论.(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos|cos|；两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化.思维升华思维升华跟踪演练跟踪演练2如图，在四面体ABCD中，BABC，BADBCD90.(1)证明：BDAC；证明证明证明方法一方法一如图，作RtABD斜边BD上的高AE，连接CE.因为BABC，BADBCD90，所以RtABDRtCBD，可得CEBD.又AECEE，AE，CE平面AEC，所以BD平面AEC，又AC平面

8、AEC，所以BDAC.方法二方法二因为BABC，BADBCD90，所以RtABDRtCBD，可得ADCD.设AC中点为E，连接BE，DE，则BEAC，DEAC，又BEDEE，BE，DE平面BDE，所以AC平面BDE，又BD平面BDE，所以BDAC.(2)若ABD60，BA2，四面体ABCD的体积为2，求二面角BACD的余弦值.解答解解方法一方法一在RtABD中，因为BA2，ABD60，因为BD平面AEC，四面体ABCD的体积为2，sinAEC1，AEC90，所以AE平面BCD.以E为原点，EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Exyz.设m(x1，y1，z1)是平面BAC的一

9、个法向量，设n(x2，y2，z2)是平面DAC的一个法向量，方法二方法二由(1)知，BED为二面角BACD的平面角，在RtBCD中，因为BC2，ABDCBD60，设点A到平面BCD的距离为h，在平面ABD内过A作AFBD，垂足为F，因为BA2，ABD60，由点到平面的距离的定义知，AF平面BCD.存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.解决这类问题的基本策略是先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，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.热点三利用空间向量求解

10、存在探索性问题证明例例3(2018滨海新区重点学校联考)在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DCAD1，AB2，PAD45，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足 0.(1)求证：DE平面PBC；证明证明方法一方法一取PB的中点M，连接EM和CM，且E，M分别为PA，PB的中点.EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，DECM，又CM平面PBC，DE 平面PBC，DE平面BPC.方法二方法二由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，令y1

11、，则x1，z1，m(1,1,1).又DE 平面PBC，DE平面PBC.解答(2)求二面角FPCB的余弦值；解解设点F的坐标为(1，t,0)，设平面FPC的法向量为n(x，y，z)，令x1，则y2，z2，n(1,2,2)，又由图可知，该二面角为锐角，(3)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是 ，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由.解答空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.解题时，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“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以

12、为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.思维升华思维升华跟踪演练跟踪演练3(2018荆州质检)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCAA12，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点.(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ平面A1BC；证明证明证明连接AB1，AC1，点Q为线段A1B的中点，A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，点P为B1C1的中点，PQAC1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，BC平面ACC1A1，又AC1平面ACC1A1，BCAC1.ACAA1，四边形ACC1A1为正方形，AC1A1C，又A1C，BC平面A1BC，A1CB

13、CC，AC1平面A1BC，而PQAC1，PQ平面A1BC.解答(x，y2，z)(2，2,2)，解解由题意可知，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)，P(0,1,2)，B1(0,2,2)，点Q在线段A1B上运动，平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，设平面A1PB的法向量为n1(x，y，z)，令y2，得n1(1,2,1)，设平面B1PQ的法向量为n2(x，y，z)，取n2(1，0，)，92920，真题押题精练1.(2017北京)如图，

14、在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PAPD ，AB4.(1)求证：M为PB的中点；真题体验证明证明证明设AC，BD交于点E，连接ME，如图所示.因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.(2)求二面角BPDA的大小；解答解解取AD的中点O，连接OP，OE.因为PAPD，所以OPAD，又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为四边形ABCD是正方形，

15、所以OEAD，如图，建立空间直角坐标系Oxyz，设平面BDP的法向量为n(x，y，z)，平面PAD的法向量为p(0,1,0)，由题意知，二面角BPDA为锐角，(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解答设直线MC与平面BDP所成的角为，则2.(2018全国)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；证明CDCD证明证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC

16、，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC.又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.CD(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.解答解解以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.当三棱锥MABC体积最大时，M为 的中点.由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，CD设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则可取n(1,0,2)，押题预测押题依据押题依据利用空间向量求二面角全面考查了空间中的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点.证明押题依据如图，在几何体ABC

17、DEF中，四边形ABCD是菱形，BE平面ABCD，DFBE，DF2BE2，EF3.(1)证明：平面ACF平面BEFD；证明证明四边形ABCD是菱形，ACBD.BE平面ABCD，AC平面ABCD，BEAC，又BEBDB，BE，BD平面BEFD，AC平面BEFD.AC平面ACF，平面ACF平面BEFD.(2)若二面角AEFC是直二面角，求AE与平面ABCD所成角的正切值.解答解解方法一方法一(向量法)设AC与BD交于点O，以点O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图.取DF的中点H，连接EH.四边形BEHD为平行四边形，在RtEHF中，FH1，EF3，设n1(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，n2(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量.二面角AEFC是直二面角，n1n20，得a2，由题意可得EAB为AE与平面ABCD所成的夹角，AB2，BE1，方法二方法二(几何法)设AC与BD交于点O.四边形ABCD是菱形，ADFCDF，ABECBE，AFCF，AECE，AEFCEF.过A作AMEF，连接CM，则CMEF，则AMC为二面角AEFC的平面角.设菱形的边长为a，BE1，DF2，EF3，DFBD，二面角AEFC为直二面角，AMC为直角，在AEF中，AMEF，设MEx，则MF3x，解得a2.AE与平面ABCD所成的角为EAB，