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AOBC.因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，且平面ABC平面BCC1B1BC，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n1，n，故即令x1，则y2，z，故n(1,2，)为平面A1BD的一个法向量，而1(1,2，)，所以1n，所以1n，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，PDAD3，PM2MD，AN2NB，DAB60.求证：直线AM平面PNC.证明：取AB的中点E，因为底面ABCD是菱形，DAB60，所以AED90.因为ABCD，所以EDC90，即CDDE.又PD平面ABCD，CD，DE平面ABCD，所以PDCD，PDDE.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z1，得平面PNC的一个法向量为n(，1,1)，所以n110，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，ACAB，ACAB4，AA16，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EFBC1.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x3，得n(3,0,2)记B1F与平面AEF所成角为，则sin |cos，n|.2(2019保定模拟)如图，已知四棱锥中，四边形ABCD为矩形，AB2，BCSCSD2，BCSD.(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： BCSD ，BCCD，则BC平面SDC, 又BCAD，则AD平面SDC，SC平面SDC，SCAD，又在SDC中，SCSD2, DCAB2，故SC2SD2DC2则SCSD ，又SDADDSC平面SAD(2)作SOCD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z3，则y3，x2，n(2，3,3)，令b1，则c1，a0，m(0,1,1)，cosm，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不一定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |.(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，ABDC，ADC，ABADCD2，PDPB，PDBC.(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ABDC, ABAD2，ADC，所以BD2，又因为CD4，BDC.根据余弦定理得BC2， 所以CD2BD2BC2，故BCBD. 又因为BCPD, PDBDD，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PBPD，所以PEBD，PE2，又平面ABCD平面PBD，平面ABCD平面PBDBD，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(01)，即，所以M(2，43，2)，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), (2，43，2)由得，不妨取n(2，0，2)因为平面PBD与平面ABM所成的锐二面角为，所以，解得，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，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：ADPC；(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AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得AC2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC，因为ADAP2，DP2，所以PAAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.(2)因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，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(0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，所以(21,21，22)，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x1，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|22|，即|1|(0,1)，解得，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