2021届高考数学统考二轮复习-第二部分-专题3-立体几何-第3讲-空间向量与立体几何教案-理.doc

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题3 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何教案 理

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题3 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何教案 理

年级：
姓名：

专题3第3讲　空间向量与立体几何

　　　　　　　　利用空间向量证明平行与垂直

授课提示：对应学生用书第34页

考情调研
考向分析
利用空间向量证明空间中的位置关系是近几年高考重点考查的内容，涉及直线的方向向量，平面的法向量及空间直线、平面之间位置关系的向量表示等内容．以解答题为主，主要考查空间直角坐标系的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，有时也以探索论证题的形式出现.
1.利用向量证明线面、面面平行．
2.利用向量证明线面、面面垂直.

[题组练透]
1．如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC­A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.

证明：取BC的中点O，连接AO.
因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC.
因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以OB，OO1，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，1＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)．
因为n⊥1，n⊥，
故即
令x＝1，则y＝2，z＝－，
故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量，
而1＝(1,2，－)，所以1＝n，所以1∥n，
故AB1⊥平面A1BD.
2．如图所示，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝3，PM＝2MD，AN＝2NB，∠DAB＝60°.
求证：直线AM∥平面PNC.

证明：取AB的中点E，因为底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
所以∠AED＝90°.
因为AB∥CD，
所以∠EDC＝90°，即CD⊥DE.
又PD⊥平面ABCD，CD，DE⊂平面ABCD，
所以PD⊥CD，PD⊥DE.
故DP，DE，DC两两垂直．
以D为坐标原点，DE，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则D(0,0,0)，P(0,0,3)，N(，，0)，C(0,3,0)，A(，－，0)，M(0,0,1)，所以＝(－，，1)，＝(0,3，－3)，＝(－，，0)．
设平面PNC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得平面PNC的一个法向量为n＝(，1,1)，
所以·n＝－×＋×1＋1＝0，
即⊥n，
又AM⊄平面PNC，
所以直线AM∥平面PNC.
[题后悟通]
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．

　　　　　　　　利用空间向量求空间角

授课提示：对应学生用书第35页

考情调研
考向分析
本考点为高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
.
1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角．
2.由空间角的大小求参数值或线段长

[题组练透]
1．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，AC⊥AB，AC＝AB＝4，AA1＝6，点E，F分别为CA1与AB的中点．

(1)证明：EF∥平面BCC1B1；
(2)求B1F与平面AEF所成角的正弦值．
解析：(1)证明：如图，连接AC1，BC1.
在三棱柱ABC­A1B1C1中，E为AC1的中点．
又因为F为AB的中点，

所以EF∥BC1.
又EF⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
所以EF∥平面BCC1B1.
(2)以A1为原点建立如图所示的空间直角坐标系A1­xyz，
则A(0,0,6)，B1(0,4,0)，E(2,0,3)，F(0,2,6)，
所以＝(0，－2,6)，＝(2,0，－3)，＝(0,2,0)．
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则，令x＝3，得n＝(3,0,2)．
记B1F与平面AEF所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝.
2．(2019·保定模拟)如图，已知四棱锥中，四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝SC＝SD＝2，BC⊥SD.

(1)求证：SC⊥平面SAD；
(2)设＝，求平面SEC与平面SBC所成的二面角的正弦值．
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD，
则BC⊥平面SDC, 又BC∥AD，
则AD⊥平面SDC，SC⊂平面SDC，
SC⊥AD，
又在△SDC中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2，故SC2＋SD2＝DC2
则SC⊥SD ，又SD∩AD＝D
∴SC⊥平面SAD
(2)作SO⊥CD于O，∵BC⊥平面SDC，
∴平面ABCD⊥平面SDC，故SO⊥平面ABCD，
以点O为原点，建立坐标系如图：

则S(0,0，)，C(0，，0), A(2，－，0)，B(2，，0),
设E(2，y,0)，∵＝，
∴y＋＝(－y)，∴y＝－，即E，
＝(0，，－)，＝，＝(2,0,0)，
设平面SEC的法向量为n＝(x，y，z)，平面SBC的法向量为m＝(a，b，c)，
∴⇒，令z＝3，则y＝3，x＝2，
∴n＝(2，3,3)，
∴⇒，令b＝1，则c＝1，a＝0，
∴m＝(0,1,1)，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
∴所求二面角的正弦值为.
[题后悟通]
1．运用空间向量求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求出相关点的坐标．
(3)写出向量坐标．
(4)结合公式进行论证、计算．
(5)转化为几何结论．
2．求空间角要注意
(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.
(2)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．

　　　　　　　　立体几何中的探索性问题

授课提示：对应学生用书第36页

考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
1.探索点的存在性．
2.探索平行或垂直关系.

[题组练透]
1．如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝，AB＝AD＝CD＝2，PD＝PB＝，PD⊥BC.

(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面ABM与平面PBD所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：因为四边形ABCD为直角梯形，
且AB∥DC, AB＝AD＝2，∠ADC＝，
所以BD＝2，
又因为CD＝4，∠BDC＝.根据余弦定理得BC＝2，
所以CD2＝BD2＋BC2，故BC⊥BD.
又因为BC⊥PD, PD∩BD＝D，所以CB⊥平面PBD，
又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.
(2)由(1)得平面ABCD⊥平面PBD,
设E为BD的中点，连结PE ，因为PB＝PD＝，
所以PE⊥BD，PE＝2，又平面ABCD⊥平面PBD，
平面ABCD∩平面PBD＝BD，
所以PE⊥平面ABCD.
如图，以A为原点分别以，和垂直平面ABCD的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系A­xyz，

则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,1,2),
假设存在M(a，b，c)满足要求，设＝λ(0≤λ≤1)，即＝λ，
所以M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面PBD的一个法向量为＝(2,2,0).
设n为平面ABM的一个法向量，＝(0,2,0), ＝(2－λ，4－3λ，2λ)
由得，不妨取n＝(2λ，0，λ－2)．
因为平面PBD与平面ABM所成的锐二面角为，所以＝，
解得λ＝，λ＝－2(不合题意舍去)．
故存在M点满足条件，且＝.
2．如图所示，在四棱锥P ­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．

(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
解析：(1)证明：如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，

因为AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.
又AD∥BC，所以AD⊥AC，
因为AD＝AP＝2，DP＝2，
所以PA⊥AD，
又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，
所以AD⊥PC.
(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，
所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz，则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以＝(0,2，－2)，＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)．

设＝λ(λ∈[0,1])，
则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．
设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|，
即＝，
所以|－2λ＋2|＝||，即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])，
解得λ＝，所以＝.
即当＝时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
[题后悟通]
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决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．
(2)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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．