人教版高中数学全套教案导学案专题四 第3讲空间向量与立体几何

1、 空间向量与立体几何第3讲 自主学习导引 真题感悟，2CBCC(2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-ABC，CA11111 AB夹角的余弦值为则直线BC与直线1155 B. A. 35523 C. D. 55 利用向量法求解解析 2. 1，则CACC不妨令CB1 (2,0,0)，B(0,2,1)，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C(0,2,0)A11BC2,2,1)， (0,2，1)，AB(1114AB5·BC1110. cosBC，AB 1155×59BC|AB|11 BCBC与直线AB与AB的夹角，的夹角即为直线11115直线

2、BC与直线AB夹角的余弦值为. 115答案 A ?ABC，BAC90°，AB辽宁)如图，直三棱柱ABCACAA，点M，N分别2(2012·为AB和BC的中点 (1)证明：MN平面AACC； (2)若二面角AMNC为直二面角，求的值 CBAC，三棱柱ABCA，由已知BAC90°，ABAC证明解析 (1) 证法一 连接AB，平面MN?.又BC的中点，所以MNACN为直三棱柱，所以M为AB的中点又因为为 .AACCACC，因此MN平面平面AACC，AC?A，AA的中点，所以MP分别为，NAB与BC而MP取证法二 AB的中点P，连接，NP.M平面P，因此平面MPN又APN

3、平面ACC.MPNP，ACCA，所以CAPNMP平面 .ACCA平面MN，所以MPN平面?MN而.ACCAOz轴建立空间直角坐标系为x轴，y轴，(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA ，如图所示xyz，所1)，C(0，A(0,0,1)，B(，0,1)0)AC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，设AA1，则AB1?1，0，M，N以. ?2222 的法向量，AMNx，y，z)是平面设m(111 1? ，x0z? 1122·mAM0，? 得由1?·MN0m?，yz0 1122 )，1，m可取(1 的法向量，z)是平面MNC，设n(xy，222 ? ，x0yz

4、? 22222·nNC0，? 得由1?·nMN0?，0zy 2222 ，)n可取(3，10. n-MNC为直二面角，所以m·因为A-2 )2(负值舍去，解得1)(即3(1)×0 考题分析应用空间向量解决立体几何问题是高考的必考考点，空间向量的工具性主要体现在平行与垂 直的判定，求空间的角的大小解题时要特别注意避免计算失误 络构建 高频考点突破 考点一：利用向量证明平行与垂直 【例1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E、F分别是PC、PD的中点，PAAB1，BC2. 求证：(1)EF平面PAB； (2)平面PAD平面PDC.

5、问问，第(2) 建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明即可证明第(1)审题导引 根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直轴，建立空间直角坐轴，zx轴，y、A为原点，AB、ADAP所在直线分别为规范解答 以11?，1，?FP(0,0,1)，所以E为，A标系如图所示，则(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)， 22?1?，10，? 为 2? 1?00，?PD，(1,0，1)AP(0,2，1)，PB(0,0,1)，AD(0,2,0)，DC，EF 2?AB，(1,0,0) (1,0,0)1EF因为，所以EF AB(1)AB 2. EFAB即 A

6、B，?AB，EF平面P又AB?平面P. PAB所以EF平面 ，DC(1,0,0)0·(0,0,1)·(2)因为AP 0，·DC(0,2,0)·AD(1,0,0)AP. DC所以，ADDC，即APDCADDC ，ADP平面?AD，ADP平面?AP，AADAP又. PAD所以DC平面. PDCPAD平面DC因为?平面PDC，所以平面 【规律总结】 用空间向量证明位置关系的方法 线线平行：欲证直线与直线平行，只要证明它们的方向向量平行即可；(1)线面平行：用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平(2)行；用共面向量定理，证明平面外直

7、线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证 明直线的方向向量与平面的法向量垂直；面面平行：平面与平面的平行，除了用线面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明(3) 两平面的法向量平行即可； 线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直；(4)线面垂直：用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量(5)垂直；用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂 直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行；面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明(6) 两平面的法向量垂直即可 【变式训练】，EAC

8、于点ABCD，BD交平面1如图所示，在底面是正方形的四棱锥PABCD中，PA 上一点为AC是PC的中点，GF FG；(1)求证：BD PBD，并说明理由AC上的位置，使FG平面(2)确定点G在线段 轴，建立空间直y轴、z、BDPA所在的直线分别为x轴、证明解析 (1) 以A为原点，AB、 xyz，如图所示，角坐标系A (0,1,0)，C(1,1,0)，DB设正方形ABCD的边长为1，则A(0,0,0)，(1,0,0)， ，2)m,(m，0)(0mGa(0,0设P，a)(0)，a1111?，0?. ，则EF 22222? 11a?m，m，?， (1)BD(1,1,0)，FG 222?1100，所

9、以BDFG·m. mBDFG 22(2)要使FG平面PBD，只需FGEP， 11?，a?， PE而 22? 111?，m? 222? 解得由EPFG，可得3a?，am， 42333?，0?，所以ACAG. 所以G 444?3故当AGAC时，FG平面PBD. 4考点二：利用向量求线线角、线面角 【例2】如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD2，AB1，BMPD于点M. (1)求证：AMPD； (2)求直线CD与平面ACM所成角的余弦值 所与平面ACM建立坐标系，求出平面ACM的法向量，利用向量法求直线CD审题导引 成角的余弦值 ABCD，PA平面

10、规范解答 (1)证明 ，?平面ABCDAB. ABPA ，PAD，AD?平面AABAD，ADPA AD，A?平面PP. PADAB平面. PD，ABPD?平面PAD ，ABMAB?平面，BMPD，ABBMB ，平面ABM?BM. 平面ABMPD. PDAM，ABM平面?AM ，C(1,2,0)A(2)如图所示，建立直角坐标系，则(0,0,0)CD， D(0,2,0)(1,0,0)，AM，z)yz)， 设M(0，(0，y，0000PD，P(0,0,2)(0,2，2)， PM 2)，(0，y，z00PD由AMy2zPD0，得AM，· 200 ，z即y00 PDz2， 又PM，2y2(z2

11、)，即y0000 (0,1,1)，1，即M解方程组得yz00 ，z)n设平面ACM的法向量为(x，y ?ACnyx20·? ，令z1，得n(2，则1,1)?·yz0nAM?26CD， ，ncos 361×3?62?. 与平面直线CDACM成角的余弦值为 133? 【规律总结】 向量法求线线角、线面角的注意事项 根据对称性原则，使尽可能多的点在坐标轴，易于求各点的坐标；(1)建立适当的直角坐标系，sin 求得，即求直线与平面所成的角(2)，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角|. |cos 【变式训练】5，MBAN4，ABMA2ACABABCM)(2012&#

12、183;2山西四校模拟在三棱锥中，2，2 平面，平面ABACMABABCBC的中点为，S ；SN证明：(1)CM 所成角的大小CMN与平面SN求(2) ，SO，的中点O，连接MO，CO解析 (1)证明 取AB AB，MO 平面ABC，平面ABC，MO平面MAB AB，AC，OS又ACAB，OS z轴建立空间直角坐标系为y轴，OM为O以为坐标原点，OB为x轴，OS111?0，0，000，0，? ，S，N，则C(1,1,0)M 222?111?0，1，1，? ，SN所以CM 222?SNCMSN. ·故0，即CM 111?，0，0，1，? CN，由，NM(2)(1)知， 222? )，x

13、，y，z设平面CMN的法向量为n( 1?0?·CNnxy 2? ，则，得x2，令?·MN0n?xz? 2)(2,1，则得平面CMN的一个法向量为n2SN，|cosn， 则|2. 所成角为与平面SMN所以SN 4 利用向量求二面角考点三：为等腰直角三角形，ABC底面BC中，(2012·泉州模拟)如图，在直三棱柱ABCA】【例3111 CC面BB上一点，且面DACAADB90°，为棱1111 的中点；D为棱BB求证：(1)1AA1 ？60°的平面角为为何值时，二面角A(2)ACD 1AB BD证明；AC的中点E，利用EF(1)审题导引 取AC的中点

14、F，1 为原点建系，设出相关点的坐标，利用公式求解(2)以D. EFBF、点，取AC的中点F，连作证明 过点DDEAC于E规范解答 (1)1 ，DEAC，面AACC且相交于ACDAC内的直线面DAC面111111. CDE面AAC直线11 AC，BF面AACC且相交于AC，易知又面BAC11. AACCBF面11 B共面，E，F，由此知：DEBF，从而有D ，故有DBEF面又易知BBAACC111 ，EFAA从而有111 ，AAEFBBDBF又点是AC的中点，所以 1122 点为棱BB的中点D1 ，aBCAA(2)建立如图所示的直角坐标系，设AB，b21 ，b)C(0，a,0)则D(0,0，b

15、)，A(a,0,21DA所以，a，b)，(a,0，b)DC (0，1 ，y，z)，DA设面C的法向量为n(x1 0·0axybz? a)，则b，可取n(b，0bz0·xay? DB的法向量AA又可取平面1BCm(0，a,0)， ·00baa·bbn·m ，cosn，m |·m|n22222aba·a2b2b21AAb12. 据题意有：，解得： ABa222ab2 【规律总结】 利用向量求二面角的注意事项 (1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求 (2)求平面的法向量的方法： 待定系数法

16、：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线 较易确定时，常考虑此方法 【变式训练】所在的平面互相垂所在的平面与直角梯形MBCNAMND)·3(2012北京东城二模如图，矩形3. 直，MB2，CB，且MB，NCMNMCBC4MB，DN， 平面DNC；(1)求证：AB N的余弦值(2)求二面角DBC DNC，DNC，NC?平面解析 (1)证明 因为MBNC，MB?平面. DNC平面所以MB. DN因为AMND为矩形，所以MA DN，?平面DNC，又MA?平面DNC. 所以MA平面DNC ?平面AMB，又MA

17、MBM，且MA，MB. AMB平面DNC所以平面. DNC平面又AB?平面AMB，所以ABDNMN，所以MBCN(2)由已知平面AMND平面，且平面AMND平面MBCNMN，DN. xyzMN平面MBCN，又NC，故以点N为坐标原点，建立空间直角坐标系N 由已知得MC32，MCN30°，3. 易得MN3，NC D(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3，4,0)则DC (33)，CB，1,0)(0,3， n(x，y，z)，设平面DBC的法向量1 ? ，03z3yDCn0，·?1? 则即0.xy3?·CB0.n?13. z3，令，则x1y ，3，3)1所以n(1 (

18、0,0,1)是平面NBC的一个法向量，n又2213·nn21. 所以cosn，n 217|n|n|72121. N的余弦值为DBC故所求二面角7 名师押题高考BC的各条棱长都相等，且CC是侧MAABC】【押题1如图，已知三棱柱，ABC底面1111棱CC的中点，则异面直线AB和BM所成的角为 11B. A. 42D. C. 36 BA，由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为2a|解析b，BC c，则a，BB|1cb··b2×cos 2，a·a，bb，c，所以ac2×c|b|c|2，且a， 3231111?2bc?·a0，故·cbb而ABBMa，BM·cb，所以ABc·(ba)·ba0.b 112222?AB. 与BM所成的角为，BMAB，即异面直线 1122A 答案 空间向量与立体几何相结合是高考的一个热点问题，空间向量在高考试题中的 押题依据出现主要体现其工具性，独立命题的可能性很小，一般用以解决立体几何中的线面位置关系 的证明，求空间角的大小及空间的距离是直ABCDCD，底面PCDABCD中，侧面底面ABCD，PD【押题2】在四棱锥P2. ，CDADPD1角梯形，ABCD，ADC90°，AB PBD；BC(1)求证：平面PE上一点，E为