2019屆高考數(shù)學二輪復習 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

《2019屆高考數(shù)學二輪復習 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《2019屆高考數(shù)學二輪復習 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）》請在裝配圖網上搜索。

第3講立體幾何中的向量方法 高考導航 熱點突破 備選例題 高考導航演真題 明備考 真題體驗 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 以DF為折痕把 DFC折起 使點C到達點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用 2 題型及難易度解答題 難度中等偏上 熱點突破剖典例 促遷移 熱點一 向量法求線面角 例1 2018 石家莊市質量檢測二 如圖 三棱柱ABC A1B1C1中 側面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 因為側面BB1C1C為菱形 所以B1C BC1 因為AB AC1 O為BC1的中點 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的射影的方向向量 轉化為求兩個方向向量的夾角 或其補角 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O 連接PO 因為四邊形ABCD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 EF 平面PCD 求直線PB與平面PCD所成角的大小 熱點二 向量法求二面角 例2 2018 湖南省兩市九月調研 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 1 證明 取AD的中點O 連接OP OE BD 因為四邊形ABCD為菱形 所以BD AC 因為O E分別為AD AB的中點 所以OE BD 所以AC OE 因為PA PD O為AD的中點 所以PO AD 又因為平面PAD 平面ABCD 平面PAD 平面ABCD AD 所以PO 平面ABCD 所以PO AC 因為OE 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 應注意結合圖形判斷二面角是銳角還是鈍角 熱點訓練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D 1 求證 CD AB 1 證明 連接AC1 設AC1與A1C相交于點E 連接DE 則E為AC1的中點 因為BC1 平面A1CD 平面A1CD 平面ABC1 DE 所以DE BC1 所以D為AB的中點 又因為 ABC是等邊三角形 所以CD AB 熱點三 用向量法解與空間角有關的探索性問題 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 因為AA1 AC 1 M Q分別是CC1 AC的中點 所以 AA1Q CAM 所以 MAC QA1A 所以 MAC AQA1 QA1A AQA1 90 所以AM A1Q 因為N Q分別是BC AC的中點 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四點共面 所以A1Q 平面PNQ 因為NQ 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P 使得平面PMN與平面ABC的夾角為60 若存在 試確定點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 應先假設存在 把要成立的結論當作條件 據(jù)此列方程或方程組 把 是否存在 問題轉化為 點的坐標是否有解 是否有規(guī)定范圍內的解 等 2 對于位置探究型問題 通常借助向量 引進參數(shù) 綜合已知和結論列出等式 解出參數(shù) 熱點訓練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 因為AB 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 因為平面BFED 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P的位置 若不存在 說明理由 備選例題挖內涵 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 因為 P1DA為銳角三角形 所以P1在平面ABCD內的射影必在棱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 因為DP1 DA 2 所以 P1DA為等邊三角形 O為AD的中點 故以O為坐標原點 過點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系 設x軸與BC交于點M 因為DA P1A 2 所以OP1 例2 2018 安徽省知名示范高中聯(lián)合質檢 如圖 在三棱錐P ABC中 PAC為正三角形 M為線段PA的中點 CAB 90 AC AB 平面PAB 平面PAC 1 求證 平面PAC 平面ABC 1 證明 因為 PAC為正三角形 M為線段PA的中點 所以CM PA 又平面PAC 平面PAB 平面PAC 平面PAB PA 所以CM 平面PAB 因為AB 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