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文档简介

第八章立体几何

第五讲空间向量及其应用

要点提炼

考点1空间向量及其运算

1.空间向量的概念以及空间向量的加、减、数乘、数量积运算及其坐标表示是平面向

量的类比推广.

2.空间向量的三个定理

共线向量定理对空间仕意两个向量句"6/6a3存在相R使a-肪.

若两个向量维则向量夕与向量4映面Q存在唯一的有序实数对(“使

共面向量定理

p=xa+yb.

如果二个向量a,切坏共面,那么对空间任一向量"存在有序实数组{%»©,使得

.1ad叫作空间的一个基底

空间向量基本定理P=xa+4+NC£

注意(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底.

⑵基底选定后,空间的所有向量均可由基底唯一表示.

考点1空间向量及其运算

规律总结

L三点共线:在平面中4B,心点共线0m二而小加(其中x+产1),妫平

面内不同于48,4勺任意一点.

2.四点共面:在空间中fA,B,泗点共面二/1+葡+痂(其中

x+y+z=l),妫空间中不同于己A,B,比勺任意一点.

考点1空间向量及其运算

3.空间向量的坐标运算

设a=a,a2la3\b=('也也),则

(1)/±6=(叽±仇,和±62,名士凡);

(2)/1azz(久色以色只包乂久金R);

⑶ab=a、b\+a2b2+a3b3-

(4)a//j&oatX/6w0)=之二,4四二二%包二/以祀口);

(5)a_Lboab=0o4也\+a2b2+a3b产。;

(6)|a|=,Q・Q=J汨+a1+谒;

a9b。1比+。2比+。3b3

⑺cos<a,6>=

|a||b|一荷+-+4依+M+晟

考点1空间向量及其运算

4.空间两点间的距离及中点坐标

⑴设点及%,R,|/用7(XL?)?+d-、2)2+⑵-不.

(2)设点8(如%㈤是空间中两点则线段/邸中点坐标为

久1+久2丫1+丫2Z1+Z2)

2,2,21

考点2空间向量的应用

1.直线的方向向量和平面的法向量

如果表示非零向量曲函向线段所在直线与直线平行或

直线的方向向量

重合,则称此向量a为直线利方向向量.

直线/J_a取直线1的方「可「可量句则同量a叫作平面M勺法

平面的法向量

向量.一个平面的法向量有无数个,它们是共线向量.

考点2空间向量的应用

思维拓展确定平面法向量的方法

⑴直接法:观察是否有垂直于平面的直线,若有,则此直线的方向向量就是法

向量.

⑵待定系数法:建立空间直角坐标系,找出(求出)平面内的两个不共线的向量,

如H二(历,空,为),氏回4,色),设平面的法向量为炉(XJ,%),则|.〃一八’解

Vfl£J—U,

方程组,取其中的一组解,即得平面的一个法向量.

注意方(0,0,0)不能作为法向量.

考点2空间向量的应用

2.空间位置关系的向量表示

位置关系向量表示

直线44的方向向量//=1=力〃2(才£R)

分别为〃1,电.4-1-4n1.Ln2<^n1n2=0

m=0

直线的方向向量为〃,Illa

平面加勺法向量为m./±ann-Am(AeR)

a〃夕n//m<^n=Am(A^R)

平面a用勺法向量分

别为〃,m.a邛/7±/77<=>nm=0

考点2空间向量的应用

3.直线与平面所成的角

⑴直线与平面垂直

直线与平面所成的角是,百角

直线与直线与平面平行或在平面内

平面所直线与平面所成的角是。。的角

成的角

斜线和平面所成的角:斜线和它在平面上的,组跳所成的锐角,叫作斜线与平面所成的角

⑵线面角。的取值范围:M3.

(3)最小角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和

这个平面内任一条直线所成角中最小的角.

考点2空间向量的应用

4.二面角

如图,在二面角%/-四勺棱止任取一点8以点怨垂足,在半平面打印吩别作

垂直于棱做射线外和咫则射线力和户昭成的〃户刚作二面角a-/-四勺平

面角.

二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个

二面角是多少度.我们规定,二面角的取值范围是3!]_.平面角是直角的

二面角叫作直二面角.

考点2空间向量的应用

5.利用向量法求空间角

空间角求法注意事1页

异面直线设直线/日妨向向量分别为aA若设直线与巾勺夹角角㈤勺范围为(0③所以线线角的

所成角为a则cose=|cos<a,d>|.余弦值非负.

设直线加方向向量为a,平面M勺法向量为〃,若直线与角傲范围为注意防

线面角

平面。所成的角为4则sin0=|GQS<a,n>|

<司">的关系

平面a郃法向量分别为皈若设平面应平面部夹角比勺范围为[0,川,注意西

(|cos<nn>|,0<0<^

二面角lf22r

角为4则cosa''n<"1,"2>的关系,它们之间可能

I-|cos<nn>\,-<0<n.

Xl2相等也可能互补.

考点2空间向量的应用

易错警ZF

1线面角为向量夹角<a,n>的关系

如图⑴,。二〈&刀>£;如图(2),

°二上〈2ri>.

2

2.二面角叱两平面法向量夹角<的关系

理解自测

L在空间直角坐标系中,41,1,-2),8(12-3)«-1,3,0)0”/0(X/左。若

48C029点共面,则(A)

A.2x+j/+z=lB.x+y+z=OC.x-y+z=-4D.X+JAZ=O

2」广东高考][理]已知向量a=(l,O,-l),则下列向量中与a成60。夹角的是(B)

A.(-LLO)B.Q-1,0)C.(0z-l,l)D.(-1,0,1)

3.下列说法正确的是(C)

A.直线的方向向量是唯一确定的

B.若直线力勺方向向量和平面加勺法向量平行,则a〃a

C.若两平面的法向量平彳了,则两平面平行

D.若直线a的方向向量与平面加勺法向量垂直,则a〃a

4,已知/(1,0,0),8(0,1,0),口0,0,1),则下列向量是平面/灰的一个法向量的

是(C)

A.(-1,1,1)B.(1,-1,1)

考向扫描

考向1利用向量法证明平行与垂直问题

1.典例如图,在矩形办别为线段/8S勺中

点,EP1.平面

⑴求证:/Q〃平面U日?

(2)求证:平面/&?_L平面DER

考向1利用向量法证明平行与垂直问题

解析⑴如图,连接户0,因为四边形力以刀为矩形,且8。分另4为

线段48,CD的中点,则PO-LAB.易知必,PO,PE两两垂直,以P为坐标

原点,分别以必,户。,夕£所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的

空间直角坐标系.

设力值2,PFa,则P(0,0,0)"(1,0,0),0(0,1,0),£(0,0,a),C(T,1,0),

"(1,1,0).

所以而二(T,1,0),而二(T,1,0),所以而〃而,即40〃PC(证明平面外直线的

方向向量与平面内某直线的方向向量平行)

又4K平面平面比尸,(注意说明前提条件)

所以42〃平面庞2

考向1利用向量法证明平行与垂直问题

(2)由(1)知丽二(1,1,0),即二(0,0,a),

因为而•丽二(T,1,0)・(1,1,0)二一1+1=0,所以而,而,即40_LPZZ

因为而•“二(T,1,0)•(0,0,曰)二0,所以而J_“,即4?J_P£(证明直线方向向

量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直)

又如nP占P,PE,PDU平面啊所以/Q_L平面DEP,

又4?U平面力&?,(注意说明前提条件)

所以平面4E0J_平面DEP.

【一题多解】⑴先证相上⑷得为平行四边形,进而得/。〃中即可证

得2。〃平面郎(2)连接囱,先证四边形Z&9为正方形,即可得留LL如,由第_1平

面力比〃可得4。_1欧,进而可证平面力片Q_L平面的.

考向1利用向量法证明平行与垂直问题

方法技巧1.利用空间向量证明平行问题的方法

线线平行证明两条直线的方向向量共线.

(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;

⑵证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行;

线面平行

(3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线

性表示.

(1)证明两个平面的法向量平行;

面面平行

⑵转化为线线平行、线面平行问题.

考向1利用向量法证明平行与垂直问题

2.利用空间向量证明垂直问题的方法

线线垂直证明两直线的方向向量垂直,即证它们的数量积为零.

(1)证明直线的方向向量与平面的法向量共线;

线面垂直

(2)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都垂直.

(1)其中一个平面与另一个平面的法向量平行;

面面垂直

(2)两个平面的法向量垂直.

注意用向量法证明平行与垂直问题时,要注意解题的规范性.如证明线面平行时,需

要说明一条直线在平面内,另一条直线在平面外.

考向2求空间角

角度1求异面直线所成的角

详见P160考向3.

角度2求线面角

2.典例[2020浙江高考]如图,在三棱台/8G。&中,平面/CFDA.平面

ABG/ACB=4ACD=45°,DC=2BC.

(1)证明:日」。8

(口)求直线。右平面渐成角的正弦值.

B

考向2求空间角

角星析(।)如图,过点即。ai/G交直线4C于点。连接。8.

由N4阱45。,DO工AC得的迎CO.

由平面4C&小平面48a平面平面4c

DOU平面得Z?O_L平面48a所以DOLBC.

由N4驻45。,BC^CD^-CO^BO^BC.

又80A。庐。,BO,DOU平面BDO,所以8CJL平面8。“放BCLDB.

由三棱台ABC-DEF^BC//小所以EFLDB.

考向2求空间角

(II)解法一(几何法)如图,过点皓OHLBD,交直线8。于点〃连接C,

由三棱台ABC-DEF得DF//CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平

面。8c所成角.

由8cL平面BOO得0,工BC,又。BD,BCCBD^B,BC,

BDU平面BCD,故OH人平面BCD,所以NOC"为直线比与

平面。8c所成角.设阱2鱼,则。30G2,故88①,OH^—,所以

3

sinN。游黄=—,因此,直线。尸与平面。8。所成角的正弦值为真

33

考向2求空间角

解法二(向量法)由三棱台ABG-DEF^DF//GO,所以直线。尸与平面DBC所

成角等于直线CO与平面所成角,记为9.

如图,以。为原点,分别以射线0C,切为y轴,z轴的正半轴,

建立空间直角坐标系O-xyz.(建系)

设/2打,

由题意知各点坐标如下:0(0,0,0),5(1,1,0),C(0,2,0),0(0,0,2).

因此瓦二(0,2,0),前二(7,1,0),而二(0,-2,2).(求坐标)

设平面BCD的法向量方(x,y,z).

考向2求空间角

可取/F(1,1,1).(求法向量)

由出整Mm

所以sin6=|cos<瓦,〃>|二=①

locllnl3

因此,直线。尸与平面。8C所成角的正弦值为攻.

3

考向2求空间角

方法技巧求直线与平面所成角的方法

利用直线与平面所成角的定义求解,具体步骤:

(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线;

几何法(2)连接垂足和斜足得到斜线注平面上的射影,,斜线与其射影所成的锐角即为所求的角

(3)通过解该角所在的三角形求解.

注意直线与平面平行或垂直的特殊情况.

向量法sin,=Icos〈而二^-(其中48为平面。的斜线,〃为平面。的法向量,6为斜线月屿平

|AB\|n|

面。所成的角).

考向2求空间角

3.变式[2020新高考卷I]如图,四棱锥2/66勺底面为正方形/21_底

面/8U。.设平面以。与平面080勺交线为Z

⑴证明:/J■平面也C

(2)已知PD=AD=lf(^i止的点,求晒平面QU斤斤成角的正弦值的最大

值.

考向2求空间角

解析(1)因为外1.底面486R

所以PDLAD.

又底面彳成M为正方形,所以47,,?.

又必ADOD,PD,DCU平面PDG,

因此47J_平面外C

因为AD〃BC,AIM平面PBC,BCU平面PBC,所以AD〃平面PBC.

又4JU平面必。平面阳CA平面融合/,所以1〃AD.

因此/_L平面乃C

考向2求空间角

(2)以。为坐标原点,分别以万元DC,而的方向为x轴)轴,z轴正方向,建立

如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则

P(0,0,0),C(0,1,0),5(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),

PB=(1,1,-1).

由(1)可设。(石,0,1),则丽二(a,0,1).

n•DQ=0,(ax+z=0,

设5(x,y,z)是平面QCD的法向量,则•即Iy=0.

•DC=0,

考向2求空间角

•PB—_1—a

可取方(-1,0,a).所以cos<〃,PB>-y-Y

\n\•\~PB\V3*71+a2

|a+l|_

八_V3

设心与平面仇力所成角为6,则sine—x

3d1+a2

V3

1+目因娉/+,当且仅当8=1时等号成立,所以分与平面

3砂+13

QCD所成角的正弦值的最大值为旺.

3

考向2求空间角

角度3求二面角

4.典例[2021全国卷乙][理]如图,四棱锥2/86勺底面是矩形底面

ABCD,PD=DC=1,6C0勺中点,且户6,ZM

⑴求8c

(2)求二面角4物/-庞勺正弦值.

考向2求空间角

解析⑴因为必,平面四弦《

所以PD上AD,PDLDC.A\\\

在矩形4成力中9AD±%故可以点。为坐标原点/夕…冷

建立空间直角坐标系如图所示,

设则(亡,)(亡,))()

8/t,40,0,81,0,乙1,0,P0,0,1,

所以丽二(七,1,T),俞二(,,1,0).因为形所以而•彳而二£+1=0,得

22

t=V2,所以8广加.

考向2求空间角

⑵易知c(o,1,0),由⑴可得而二(-\2o,D,

AM=(4,1,0),唇(鱼,0,0),PB=(V2,1,-1).

设平面4物的法向量为〃尸(为,为,4),则

n•AP=0,—y/2x1+Z]=0,

±即{V2令%]二鱼,则4=2,垢=1,所以平面4W的一个法向量

<n1,AM=0,一+yi=°,

/n•CR=0

为〃尸(鱼,1,2).设平面ZW的法向量为电二(々/2,马),则2—一'即

•PB=0,

V2X=0,

2得*2=0,令〃2=1,则22二1,所以平面/W的一个法向量为〃2二(0,1,1).

V2X2+y2-z2=0,

cos〈Q,电>二潦J=短=噜,所以二面角“掰书的正弦值为等.

考向2求空间角

方法技巧求二面角常用的方法

(1)向量法:利用公式C0S"i,〃2>二产色分别为两平面的法向量)

|nt||n2|

进行求解.

注意二面角的取值范围是[0,n],需要结合图形的特征,确定求出的两

法向量的夹角</71,电>到底是二面角还是二面角的补角.

(2)定义法:根据定义作出二面角的平面角求解.

考向2求空间角

5.变式[2021新高考卷I]如图,在三棱锥48cB,平面平面

BCD,AB=ADOh8戊勺中点.

(1)证明:Q4J_Q2

(2)^AOQ2是边长为1的等边三角形,点比棱/。上,DE=2E4,且二面角E-

8G戊勺大小为45。,求三棱锥483勺体积.

考向2求空间角

解析⑴因为/成47,0为劭的中点,所以勿JL8。/Kr

叉平面ABD1平面BCD,且平面4劭门平面838。\

以U平面力劭,所以。1_L平面BCD,旗

Gc

丸CDU牛⑤BCD,所以"UCZZ

⑵解法一因为△03是边长为1的正三角形,且0为劭的中点,所以

。公密勿口,所以△8力是直角三角形,且N8阱90。,5C=V3,所以S丛BC1・

2

如图,心、E代EF〃AO,交8。于£过点、F作FGLBC,垂足为G,连接EG.因为4LL

平面BCD,所以EF1平面BCD,

考向2求空间角

又8CU平面乞所以EFLBC,

又尸G_LBC,且尸&EEFU平面EFG,FGU平面EFG,

所以BC-L平面行&则NEGF为二面角E-BC-D的平面角,

所以NEG片45。网GFEF.因为g2£4,所以卡|阴。片2阴所以黑=|.

因为FG1BC,CD1BC,所以G尸〃血则答=||=|,所以6片|.

所以小G片|,所以好1,所以VA-BC*4BCD•吩卜FX1二常

333Zo

考向2求空间角

解法二如图所示,以0为坐标原点,。氏以所在直线分别为X轴,N轴,在平面

8CD内,以过点。且与8。垂直的直线为p轴建立空间直角坐标系.

因为△0C。是边长为1的正三角形,且。为劭的中点,

所以妗密。场1,

所以8(1,0,0),0(-1,0,0),C("f,0).

乙乙

设4(0,0,a),a>0,因为D&2EA,所以£($0,-).

由题意可知平面8CZ7的一个法向量为方(0,0,1).

设平面8比的法向量为犷(x,y,z),

考向2求空间角

所以M•匹=°,即产”+4y=°'

jn•8E=0,-l+—z=0,

k3x3'

令产1,则尸陋,广I,所以犷(1,旧,|)为平面BCE的一个法向量.

因为二面角,8。-加勺大小为45°,“

所以cos45°二卜।产「|二i~^==得.1,即以=1.

I^|\n\4+32

7az

因为心疗那•CDs\n60°=|x2X1X^=f,

乙乙乙乙

所以VA-BCIT^^^BCD•以胃Xyx1

33ZO

考向3求空间距离

6.典例如图,四棱锥2/8办/8II/±。=1,助气的中点.

⑴证明:8£〃平面分1。

(2)若/利平面"8c“比是边长为2的正三角形求点倒平面力戊勺距离.

考向3求空间距离

解析(1)如图,取外的中点£连接4EEF.

因为£为P愉中点,尸为PD的中点,

所以■建1

入ABa;CD,所沐EF&AB,C

故四边形/法尸为平行四边形,所以BE"AF.

又画平面平面必。

所以8E〃平面必〃

考向3求空间距离

(2)解法一(等体积法)由⑴得的〃平面故点£到平面〃。的距离等

于点8到平面必。的距离,(根据线面平行转化为直线上的其他点到平面的距

离)

如图,取比的中点G,连接户G,DG,BD.

因为△户员?是边长为2的正三角形,

所以PG1BC,0心百,户代32.

因为48,平面户8aPGU平面PBC,所以48LQG.

又"GJ_BC,ABCBOB,AB,BCU平面ABCD,所以PG_L平面ABCD,所以PGd_GD.

考向3求空间距离

因为AB-L平面PBC,所以BC,ABLPB,

所以四边形4坟刀是直角梯形,且/后1,g2,阱2,

则/力而,S△极=X1X2=1.因为AB工PB,AE,PA2,所以以二代.在RSPGD

2

中,易钿D4居,又户会旧,所以/2J2,所以S△的尸工X2/x

2

7(V5)2—(V2)2=V6.

设点8到平面必功勺距离为九因为三棱锥PT劭的体积

《S△制x/^s△神义做(等体积转换)

JJ

考向3求空间距离

所以代,△ABQXPG=*=也.所以点£到平面以坊勺距离为土

SAV622

ZAAPD

解法二(向量法)如图,取比的中点0,4。的中点“连接。R0M,

MOM"AB"GD.在等边△阳。中,OPrBC.大AB1平面PBC,

所以OM工平面PBC.如图,以0为坐标原点,分别以射线0C,0M,0%勺

方向为X轴,P轴,N轴的正方向建立空间直角坐标系,则P(0,0,百),

4(-1,1,0),。(1,2,0),C(1,0,0),吗0,亨).(建系,求点的坐标)

考向3求空间距离

所以近二(2,1,0),刀二(7,1,-^3),(|,0,1).设平面24。的法向量为

干(x,y,z),

则卜,丝=0,即[2%+qO,令产1,则尸一2,广谒故/F(1,-2,S)

1n•尸4=0,(-%+y-V3z=0,

为平面必。的一个法向量.(用赋值法求法向量)

所以点国平面HP的距离占上例J知:、(一2)+(一多x(Y)l=它(距

71+(—2)2+(—V3)22

离公式)

考向3求空间距离

方法技巧求空间距离常用的方法

找到点到平面的距离,通过解三角形求出距离,若点到平面距离不易求,还可

几何法

转化为过已知点且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离求解.

利用已知的点和平面构造四面体,利用四面体能够以任何一个面作为底面去

等体积法求体积的特征,把四面体的体积以不同面为底表示两次,列出方程,解方程即

可求出距离.

求点夕到平面。的距离的三个步骤:

①在平面。内取一点4确定向量方的坐标;

向量法②确定平面。的法向量〃;

\爪+Pl.71七短

■J、■

n

考向3求空间距离

7.变式[2021安徽马鞍山二模]如图,六面体中,8日平面国

BEA,平面DEFG,DGIIEF,ED=DG=GF=lfAB=BC=CA=EF=2.

⑴求证:。d平面/8£A

(2)若二面角4OG-留勺余弦值为-得,求点分坪面6。用勺距离.

考向3求空间距离

解析⑴因为BEL平面DEFG且BE1平面ABC,DEU平面DEFG,ABU平面ABC,

所以DE上BE且ABJLBE,所以巫〃/氏(同一平面内垂直于同一条直线的两

条直线平行)

科理,EF〃BC.因为△48。为正三角形,所以/。£片/片/60°,

在△阳冲,由余弦定理得。片所以DR+DE2=EF2,所以DFJLDE.

由BE工平面DEFG,DFU平面DEFG,知DF,BE.

因为巫门BFE,DE,BEU平面ABED,

所以DEL平面ABED.

考向3求空间距离

⑵如图,取48中点连接。仅0C,由题可知,DE〃0B旦DFOB,所以四边形。阳7

为平行四边形,所以的于是勿,平面48a又△48。为正三角形,所以

OCA.AB,所以OC,0A,。。两两垂直.

以。为坐标原点,分别以0C,0A,切所在直线为x轴)轴,

n轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.

设砥aS>o),则0(o,o,o)"(0,1,0),5(0,-1,0),

61(73,0,0),D(0,0,a),G(j,a),F(V3,0,a),

考向3求空间距离

而二(0,-1,丸而二(今,0),前二(0,1,4,而二(V3,0,0).

乙乙

n•AD=—y+az=0,

设平面47G的法向量为小二(2,九4),则|r―>V311r令

"1•DG=—乙%i+-乙yi=0,

Zy=得〃1二(~3,y/3s,V3)为平面ADG^勺-一个法向量.

又8台平面WG垂直,故可取平面WG的一个法向量为电二(。,0,D,由

1叩53I=KTO=3号解得自所以我(。J'2),

考向3求空间距离

n•BD=y+2z=0,

设平面8。尸的法向量为h%,为刍),则・22

n•DF=V3X2=0,

令为=2,得炉(0,2,-1)为平面从方的一个法向量.

22V5

CF=(0,0,2),则点C到平面BDF的距离=忑=可

攻坚克难

数学探索1立体几何中的探索性问题

角度1条件追溯型

如果已知的是问题的结论,要求的是问题的条件,这种试题为条件追溯型试题.

8.典例如图,在四棱锥2/8。舛/8〃0。/8=2。=28仁2/。=4,

/。48=60。/民6分勿防正三角形,且平面外。,平面

⑴求二面角p-EC-戊勺余弦值.

(2)线段POz是否存在一点M包含端点),使异面直线。倜口

以所成角的余弦值为乎?若存在,指出点怖勺位置;若不存在,

O

请说明理由.

数学探索1立体几何中的探索性问题

解析如图,取/。的中点0,连接/乜0E.因为丛PAD为正三角形"合2,所以

POLAD,且Q庐倔

因为平面PAD.L平面ABCD,平面PADH平面ABCD^AD,POU平面PAD,

所以P0工平面ABCD.f

易知儿工4e2,又N〃4斤60°,所以为正三角形,Pk

所以。RL4Z以0为坐标原点,分别以以,OE,。户所在直线/:'AK

为“轴,P轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则

P(0,0,V3),£(0,V3,0),尹乂

61(-2,V3,0),P(-1,0,0),于是陷(-2,V3,-V3),PE^(0,"

V3,-V3),OP=(1,0,V3).

数学探索1立体几何中的探索性问题

(1)设平面户的法向量为〃1=(x,匕Z),

由[上]%=。'得平面"&?的一个法向量为小二(0,1,1),

IPE•%=0

易知平面与?为勺一个法向量为〃2二(0,0,1).

设二面角正由以勺平面角为e,

则bos8|=|cos<a,〃2>l$=H

由图知6为锐角,所以二面角片&?■周勺余弦值为上

2

数学探索1立体几何中的探索性问题

(2)假设存在点加设两二人丽(0W人W1),则由二(-2A,V3A,-V3A),

~DM=OP+PM=(1-2A,V3A,V3-V3A),

DM•PE|6A—3|=驾,解得人4或

贝“cos〈丽,~PE>\^\7

\DM\\PE\'"V5710A2—10A+4o3

7

所以存在点〃且点伪线段外的三等分点时异面直线加侨口年所成角

的余弦值为4.

o

数学探索1立体几何中的探索性问题

角度2存在探索型

判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否

成立,这种试题为存在探索型试题.

9.典例[2019北京高考][理]如图,在四棱锥228冰,必I,平面

/8。,/。_1,。/。〃比;以1二/。二。二2,8小3.明陶勺中点点依户6上,且

pF1

----

PC3

⑴求证:。J_平面必IA

(2)求二面角用勺余弦值.

⑶设点碓和上,且二|.判断直线2霆否在平面/斤内,说明理由.

数学探索1立体几何中的探索性问题

解析⑴因为2U平面四曲CDU平面ABCD,所以PA1CD.

又47,CD,ADC〃二447,2IU平面PAD,

所以CZLL平面以ZZ

⑵过4作4?的垂线交8。于点"因为2U平面ABCD,所以叫FA,AU.

以力为坐标原点,分别以AM,47,在所在直线为x轴/轴,z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系,(建系)

则4(0,0,0),5(2,-1,0),CQ,2,0),0(0,2,0),P(0,0,2).

因为E为必的中点,所以£(0,1,1).

数学探索1立体几何中的探索性问题

所以艰(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).

所以丽=;丽二(才|,-|),^F=

37373

设平面4日7的法向量为AF(x,y,o

y+z

n•AE-0,4

则《即〈22-zo

jt•AF=0,京+r+3

令z=1,则%T,产-1.于是代(-1,-1,1)为平面4夕7的一个法向量.(求法向量)

n*pV3

易得平面必必勺一个法向量为h(1,0,0),则cos<〃,p>二由题知,二

lnl|p|~9

面角FT『。为锐二面角,所以其余弦值为4.

数学探索1立体几何中的探索性问题

⑶直线4G在平面〃F内.理由如下.

因为点G在PB上,且黑=|,PB=(2,-1,-2),

1UJ

所以丽=d-\AG=AP+PG^qq,|).

JJJKJJKJKJ

由⑵知,平面/4£F的一^个法向量5(-1,7,1).

---->422

所以24G•rF-~-I----1——0.

333

所以直线4G在平面4炉内.

数学探索1立体几何中的探索性问题

方法技巧L求解立体几何中的探索性问题的策略

解题策略一般是先假设结论成立,然后把该结论作为一个已知条件,

条件追再结合题目中的其他已知条件逆推(即从后往前推),一步一步推出

溯型所要求的条件.此时要注意推理的可逆性,不要默认为所有的条件

都是充要条件.

解决这类问题的基本策略是:假定题中的数学对象存在(或结论成

存在探

立)或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推

索型

理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.

数学探索1立体几何中的探索性问题

2.求解立体几何中探索性问题的技巧

⑴涉及线段上点的位置的探索性问题,所求点多为中点或三等分点中某

一个,也可以根据相似知识找点,求解时注意三点共线条件的应用.

⑵借助空间直角坐标系,把几何对象上动点的坐标用参数表示出来,根据

题设得到相应的方程或方程组.若方程或方程组有满足题设要求的解,则

通过参数的值反过来确定几何对象的位置;若方程或方程组没有满足题设

要求的解,则表示满足题设要求的几何对象不存在.

数学探索1立体几何中的探索性问题

10.变式如图,将长方形O44Q绕OQ旋转一周形成

圆柱,其中=1,OQ=2,前的长为X柄©说勺直

O

⑴在◎上是否存在点aC81在平面044Q的同侧),

使得8d/无若存在,请确定其位置;若不存在,请说明

理由.

(2)求二面角4-O.B-&的余弦值.

数学探索1立体几何中的探索性问题

解析(1)存在符合题意的点a当81c为圆柱oq的母线

时,8CJL明.

下面给予证明:

在鼐上取点G使用C为圆柱的母线,则ByC.LBC,

如图,连接8C,74c因为AB为O为勺直径,所以8cLAC,

又qcn/伉81CU平面481a所以平面481c

因为48iU平面481G所以8CJL48i.

数学探索1立体几何中的探索性问题

⑵取端的中点。(仅与在平面0AAy0]的同侧),连接00,0C由题

意可知,OD,0A,两两垂直,故以0为坐标原点,以OD,0A,00]

所在直线分别为X轴,P轴,N轴建立如图所示的空间直角坐标

系O-xyz,

因为的长为四,所以N4妹/"。出二,则4(0,0,2),

166

m-1,0),B]G,¥,2),。(1,0,0),所以0二(0,-1,-2),G,E,0).

数学探索1立体几何中的探索性问题

n•OB=0,,—y—2z=0,

设平面4881的法向量为/F(x,V,z),则・r即工%+包

7=0,

ji-O1B1=0,

令51,得后(2行,-2,1).易知砺二(1,0,0)为平面0M8的一个法向量.设二面

^_|n*0D\_2V3_2V51

角招的大小为6,由图可知6为锐角,则cosU

~\n\\0D\一局一h

所以二面角4-48-苗的余弦值为四.

数学探索2立体几何中的翻折问题

将平面图形沿一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的翻折

问题,翻折问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题.

11.典例[2019全国卷叫[理]图(1)是由矩形/。叫Rt△/比和菱形8厂GGS成的一个

平面图形,其中2"1,BE=BF=2/FBC=60。.将其沿/氏8G斤起使得8—6/重合,连接。G

如图(2).

⑴证明:图(1)中的4CG。四点共面,且平面/6UL平面灰石£

(2)求图(2)中的二面角8-CG-2的大小.

(1)(2)

数学探索2立体几何中的翻折问题

解析⑴由已知得4?〃8£CG〃比;(位于“折痕”同侧的点、线、面之间

的位置关系不变)

所以47〃做故

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