习题3.2第一课时导学案

2017届高考理科数学二轮复习——立体几何中的向量方法

立体几何中的向量方法

东莞市第四高级中学

周应祥

C.2017年高考理科数学全国卷I卷考纲要求

考纲中对空间向量的应用要求如下：

（1）理解直线的方向向量与平面的法向量；

（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行关系；

（3）能用向量方法证明有关直线与平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；

（4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究一．考点分析

A.2016年考场传真（具体答案，见《分类训练》）

1.【2016高考理数全国卷I卷】如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD, AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．

（I）证明：平面ABEF平面EFDC；

（II）求二面角E-BC-A的余弦值．

2.【2016高考理数全国卷II卷】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上，DCF立体几何问题中的应用。

二．知识梳理

1．求异面直线所成的角

设l1与l2是两异面直线，a、b分别为l1、l2的方向向量，l1、l2所成的角为θ，则〈a，b〉与θ相等或互补，则cos__________________. 2. 求直线与平面所成的角

如图1，设l为平面的斜线，lAECF5，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到4DEF位置，OD10．

（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．

3．【2016高考理数全国卷3理数】如图，四棱锥PABC中，

A，a为l的方向向量，n为平面的法向量，为l与平面所成的角，则sin_____________________. 3、求二面角

图1 PA底面ABCD，AD//BC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．

（I）证明：MN//平面PAB；

（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. B.命题规律

在2010、2011、2012年全国卷中，立体几何中的向量方法分别在第18题、第18题、第19题考查，2013年在全国卷II卷第18题，2014年全国卷I卷第19题、II卷第11、18题,2015年全国卷I卷第18题。分值在17分至22分，基本上是一小题一大题，或者两小题一大题。

如图2，平面与相交于直线l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，，则二面角l的平面角为< n1，n2>或n1,n2. 设二面角的大小为，则|cos|_____________________. 4.求空间中点到平面的距离

如图1所示，已知点B(x0,y0,z0)，平面内一A(x1,y1,z1)点，平面的一个法向量n，直线AB与平面所成的角为，

则sin_____________,

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所以，点B到平面的距离d______.

图2

（2）求点C1到平面BMC的距离；

（3）求二面角BC1MA1的平面角的余弦值大小．

三、课前测试

1.(2010·湖南理)(本小题共12分) 2.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．

(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；

(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．

2.(本小题共12分)

ACB90，M是AA1

的中点，N是BC1ACBC2，AA122，在直三棱柱ABCA1B1C1中，的中点

（1）求证：MN//平面A1B1C1

；

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说是与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形；

②对于是否存在问题，首先要分析条件，看结论需要的条件已有哪些，分析欲使结论成立，还需要什么条件，结合所求，不难作出辅助线．

B.若使用向量法，一般方法是构造相关线段比值为参数，通过向量的线性运算来表示点、直线与平面的四、典例讲练（立体几何的探索性问题）

在四棱锥中PABCD，底面ABCD是正方形，侧面PAD底面ABCD，且，PAPD2AD. 2关系，包括位置关系与数量关系，列方程求解，即待定系数法。 【举一反三】【2017届湖南郴州市高三第二次质监】如图，菱形ABCD中，ABC60°，AC与BD相（1）在棱PC上是否存在点E，使得：PA//平面BED；

交于点O，AE平面ABCD，CF//AE，AB2，CF3.

（2）求直线AC与面PDC所成角的正弦值；

（1）求证：BD平面ACFE；

（3）在棱AP上是否存在点G，使得二面角BDGA的余弦值为（2）当直线FO与平面BED所成角的大小为45时，求AE的长度.

111，若存在，请求出点A到平面BDG；若不存在，请说明理由；

（4）你还能提出什么样的问题？

【规律方法】

解决探究某些点或线的存在性问题：

A.若使用综合法，参考下列建议：

①一般方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直)，再证明其符合要求，一般来

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3.【2017届湖南五市十校高三12月联考】如图，在四棱锥中PABCD,PA平面

(

) 五．作业

1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为

A.34

B.32

C.334

2.

(2010·陕西理)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点．

(1)证明：PC⊥平面BEF. (2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小．

ABCD,AD//BC,ADCD，且ADCD22，

D.3 BC42,PA2．

（1）求证：ABPC；

（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．

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2.解析：

(1)如图，以A为坐标原点AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝22，四边形ABCD是矩形．

∴A，B，C，D，P的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,22，0)，

D(0,22，0)，P(0,0，，2)，又E，F分别是AD，PC的中点，

∴E(0，2，0)，F(1，2，1)，

→→→∴PC＝(2,22，－2)，BF＝(－1，2，1)EF＝(1,0,1)，

→→→→∴PC·BF＝－2＋4－2＝0，PC·EF＝2＋0－2＝0，

→→→→∴PC⊥BF，PC⊥EF，

∴PC⊥BF，PC⊥EF，BF∩EF＝F，

∴PC⊥平面BEF. →(2)由(1)知平面BEF的法向量n1＝PC＝(2,22，－2)，

→平面BAP的法向量n2＝AD＝(0,22，0)，∴n1·n2＝8，

设平面BEF与平面BAP的夹角为θ，

解法2：(1)连接PE，EC，

在Rt△PAE和Rt△CDE中，PA＝AB＝CD，AE＝DE，

∴PE＝CE，即△PEC是等腰三角形，

a310a2121，解得a2或a（舍），AE2.

22《立体几何中的向量方法》的相关答案

1.【举一反三】【解析】（1）证明：四边形ABCD是菱形，BDAC.面ABCD，BDAE，又AC平面ACFE，AE平面ACFE，AC（2）以O为原点，以OA,OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.则B0,3,0,D0,3,0,F1,0,3.设AEa，则E1,0,a，OF1,0,3,DB0,23,0,EB1,3,a，设平面BDE的法向量AE平面ABCD，BD平AEA，

BD平面ACFE.

nDB0,23y0为nx,y,z，则即令z1，得nEB0,x3yaz0na,0,1，

cosn,OFnOFnOFa310a21，

直线FO与平面BED所成角的大小为45，又F是PC的中点，∴EF⊥PC，

又BP＝AP2＋AB2＝22＝BC，F是PC的中点，

∴BF⊥PC，

又BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF. (2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，

又ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴BC⊥平面BAP，BC⊥PB，

又由(1)知PC⊥平面BEF，∴直线PC与BC的夹角即为平面BEF与平面BAP的夹角，

在△PBC中，PB＝BC，∠PBC＝90°，∴∠PCB＝45°. 所以平面BEF与平面BAP的夹角为45°. 3.【解析】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由已知ADCD22,BC42，可得五．作业

1.[答案]

B [解析]

解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F. ∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，

∵AB＝AC.∴AE⊥BC.

∴BC⊥平面AEA1.

∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，

∴AF⊥平面A1BC.

∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离．

∵AA1＝1，AE＝3，∴AF＝3. 2113解法2：VA1－ABC＝S△ABC·AA1＝×3×1＝. 333又∵A1B＝A1C＝5，在△A1BE中，A1E＝A1B2－BE2＝2. 112∴S△A1BC＝×2×2＝2.

∴VA－A1BC＝×S△A1BC·h＝h. 2332333∴h＝，∴h＝.∴点A到平面A1BC距离为. 3322

ABC是等腰直角三角形，即ABAC，又PA平面ABCD，则PAAB，所以AB平面PAC，所以ABPC．

（2）存在．

法一：（猜证法）观察图形特点，点M可能是线段PD的中点，下面证明当M是线段PD的第5页（共6页）

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中点时，二面角MACD的大小为45°．过点M作MNAD于N，则MN//PA，则MN平GN面ABCD．过点M作MGAC于G，连接NG，则M是二面角MACD的平面角，因为Msincosn,BM26．

9是线段PD的中点，则MN1,AN2，在四边形ABCD求得NG1，则MGN450．

在三棱锥MABC中，可得VMABC11SABCMN，设点B到平面MAC的距离是h，VBMACSMACh，33则SABCMNSMACh，解得h22

在RtBMN中，可得BM27，设BM与平面MAC所成的角为，则sinh26．

BM9法二：（作图法）过点M作MNAD于N，则MN//PA，则MN平面ABCD，过点M作MGAC于G，连接NG，则MGN是二面角MACD的平面角．若MGN450，则NGMN，又AN2NG2MN，易求得MN1，即M是线段PD的中点．（以下同解法一）

法三：（向量计算法）

建立如图所示空间直角坐标系，则A0,0,0,C22,22,0,D0,2,0,P0,0,2,B22,22,0,PD0,22,2．设PMtPD0t1，则M的坐标为0,22t,22t．设nx,y,z是平面AMC的一个法向量，则

nAC02t22x22y01,1,，得，则可取n．又m0,0,1是平面ACD的一个1tnAM022ty22tz0mnmn2tt12t2t12法向量，所以cosm,ncos450，此时平面AMC的一个法向量可取n1,1,2,BM22,32,1，BM与平面AMC所成的角为，则

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