人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法教案及反思

这是一份人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法教案及反思，共10页。

【典例】 (2018·绵阳诊断)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AE⊥平面ABCD，EF∥CD，BC＝CD＝AE＝EF＝eq \f(1,2)AD＝1.
(1)求证：CE∥平面ABF；
(2)求证：BE⊥AF；
(3)在直线BC上是否存在点M，使二面角E­MD­A的大小为eq \f(π,6)？若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由．
[思维点拨] (1)作FG∥EA，AG∥EF，连接EG交AF于H，证明BH∥CE.
(2)证明AF⊥面BGE.
(3)利用向量法求解．
[解] (1)证明：如图，作FG∥EA，AG∥EF，连接EG交AF于H，连接BH，BG，
∵EF∥CD且EF∥AG，∴AG∥CD，
即点G在平面ABCD内．
由AE⊥平面ABCD知AE⊥AG，
又AG∥EF，AE∥FG，
∴四边形AEFG为正方形，
四边形CDAG为平行四边形，
∴H为EG的中点，
B为CG的中点，
∴BH∥CE，
∴CE∥平面ABF.
(2)证明：在平行四边形CDAG中，∠ADC＝90°，
∴BG⊥AG.
又由AE⊥平面ABCD知AE⊥BG，
∴BG⊥平面AEFG，
∴BG⊥AF.
又AF⊥EG，∴AF⊥平面BGE，
∴AF⊥BE.
(3)如图，以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系A­xyz.
则A(0,0,0)，G(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，设M(1，y0,0)
∴eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，y0－2,0)，
设平面EMD的法向量为n＝(x，y，z)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(ED,\s\up6(→))＝2y－z＝0，,n·\(DM,\s\up6(→))＝x＋y0－2y＝0，))令y＝1，得z＝2，x＝2－y0，
∴n＝(2－y0,1,2)．
又AE⊥平面AMD，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,0,1)为平面AMD的一个法向量，
∴|cs〈n，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|2|,\r(1)×\r(2－y02＋1＋4))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)，解得y0＝2±eq \f(\r(3),3)，
故在BC上存在点M，且CM＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2±\f(\r(3),3)))))＝eq \f(\r(3),3).
[方法点评] 立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
(1)根据条件作出判断，再进一步论证．
(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
[跟踪练习] (2018·福州调研)如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)．
故eq \(AD1,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(→))＝－eq \f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．
使得DP∥平面B1AE，此时eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，
∴n⊥eq \(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq \(AE,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(a,2)，－a))
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq \(DP,\s\up6(→))，有eq \f(a,2)－az0＝0，
解得z0＝eq \f(1,2).又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq \f(1,2).
A组 考点能力演练
1.如图，几何体EF­ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.
(1)求证：AC⊥FB；
(2)求二面角E－FB－C的大小．
解：(1)证明：由题意得，AD⊥DC，AD⊥DF，且DC∩DF＝D，
∴AD⊥平面CDEF，
∴AD⊥FC，
∵四边形CDEF为正方形，∴DC⊥FC.
∵DC∩AD＝D，
∴FC⊥平面ABCD，∴FC⊥AC.
又∵四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，
∴AC＝2eq \r(2)，BC＝2eq \r(2)，
则有AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，
又BC∩FC＝C，∴AC⊥平面FCB，∴AC⊥FB.
(2)由(1)知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得D(0,0,0)，F(0,2,2)，B(2,4,0)，E(0,0,2)，C(0，2,0)，A(2,0,0)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，
设平面EFB的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(FB,\s\up6(→))＝0，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,2x＋2y－2z＝0.))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋y－z＝0，))
令z＝1，则n＝(1,0,1)，
由(1)知平面FCB的一个法向量为eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，
设二面角E－FB－C的大小为θ，由图知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴cs θ＝|cs〈n，eq \(AC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(1,2)，∴θ＝eq \f(π,3).
2.(2018·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.
(1)求证：AD1⊥BC；
(2)若直线DD1与直线AB所成的角为eq \f(π,3)，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．
解：(1)证明：连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC.
在等腰梯形ABCD中，连接AC，
∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，
∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面AD1C，
∴AD1⊥BC.
(2)法一：∵AB∥CD，∴∠D1DC＝eq \f(π,3)，
∵CD＝1，∴D1C＝eq \r(3).
在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，∴∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角．
在Rt△D1CM中，CM＝eq \f(\r(3),2)，D1C＝eq \r(3)，
∴D1M＝eq \r(CM2＋D1C2)＝eq \f(\r(15),2)，∴cs∠D1MC＝eq \f(\r(5),5)，
即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为eq \f(\r(5),5).
法二：由(1)知AC、BC、D1C两两垂直，
∵AB∥CD，∴∠D1DC＝eq \f(π,3)，
∵CD＝1，∴D1C＝eq \r(3).
在等腰梯形ABCD中，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，
∴AC＝eq \r(3)，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，eq \r(3))，
设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\r(3)x＝0，,z－x＝0，))
可得平面ABC1D1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，1)．
又eq \(CD1,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))为平面ABCD的一个法向量．
因此cs〈eq \(CD1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CD1,\s\up6(→))·n,|\(CD1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(5),5)，
∴平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为eq \f(\r(5),5).
3．(2018·贵阳模拟)如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2.
(1)若点E为AB的中点，求证：BD1∥平面A1DE；
(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1­EC­D的大小为eq \f(π,6)？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：四边形ADD1A1为正方形，连接AD1，A1D∩AD1＝F，则F是AD1的中点，又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，所以EF∥BD1.又因为BD1⊄平面A1DE，EF⊂平面A1DE，
所以BD1∥平面A1DE.
(2)根据题意得DD1⊥DA，DD1⊥DC，AD⊥DC，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)．
设满足条件的点E存在，
令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，
eq \(EC,\s\up6(→))＝(－1,2－y0,0)，eq \(D1C,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(D1C,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋2－y0y1＝0，,2y1－z1＝0，))
令y1＝1，则平面D1EC的法向量为n1＝(2－y0,1,2)，由题知平面DEC的一个法向量n2＝(0,0,1)．
由二面角D1­EC­D的大小为eq \f(π,6)得
cs eq \f(π,6)＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(2,\r(2－y02＋1＋4))＝eq \f(\r(3),2)，
解得y0＝2－eq \f(\r(3),3)∈[0,2]，
所以当AE＝2－eq \f(\r(3),3)时，二面角D1­EC­D的大小为eq \f(π,6).
B组 高考题型专练
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
解：(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq \r(3)，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝eq \r(2)，故DF＝eq \f(\r(2),2).
在Rt△FDG中，可得FG＝eq \f(\r(6),2).
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)，可得EF＝eq \f(3\r(2),2).
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以eq \(GB,\s\up6(→))，eq \(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq \(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz.由(1)可得A(0，－eq \r(3)，0)，E(1,0，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq \r(3)，0)，所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).
故cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(CF,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))||\(CF,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(3),3).
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
2．(2018·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝eq \r(5)，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．
(1)求证：MN∥平面ABCD；
(2)求二面角D1­AC­B1的正弦值；
(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(1,3)，求线段A1E的长．
解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2，0)，
A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，
C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．
又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1))，N(1，－2,1)．
(1)证明：依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,2)，0)).
由此可得eq \(MN,\s\up6(→))·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)eq \(AD1,\s\up6(→))＝(1，－2,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AD1,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－2y1＋2z1＝0，,2x1＝0.))不妨设z1＝1，
可得n1＝(0,1,1)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB1,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AC,\s\up6(→))＝0，))
又eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＋2z2＝0，,2x2＝0.))
不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．
因此有cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq \f(\r(10),10)，
于是sin〈n1，n2〉＝eq \f(3\r(10),10)，
所以，二面角D1­AC­B1的正弦值为eq \f(3\r(10),10).
(3)依题意，可设eq \(A1E,\s\up6(→))＝λeq \(A1B1,\s\up6(→))，其中λ∈[0,1]，
则E(0，λ，2)，从而eq \(NE,\s\up6(→))＝(－1，λ＋2,1)．
又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，
由已知，得|cs〈eq \(NE,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(NE,\s\up6(→))·n|,\a\vs4\al(|\(NE,\s\up6(→))|·|n|))
＝eq \f(1,\r(－12＋λ＋22＋12))＝eq \f(1,3)，
整理得λ2＋4λ－3＝0，
又因为λ∈[0,1]，解得λ＝eq \r(7)－2.
所以，线段A1E的长为eq \r(7)－2.
3．(2018·高考江苏卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq \f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解：以{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
(1)因为AD⊥平面PAB，所以eq \(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
因为eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·eq \(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq \(PD,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0，))令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
从而cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·m,|\(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(\r(3),3)，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
(2)因为eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，设eq \(BQ,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，则eq \(CQ,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，
从而cs〈eq \(CQ,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(CQ,\s\up6(→))·\(DP,\s\up6(→)),|\(CQ,\s\up6(→))||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cs2〈eq \(CQ,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉＝eq \f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq \f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq \f(9,10).
当且仅当t＝eq \f(9,5)，即λ＝eq \f(2,5)时，|cs〈eq \(CQ,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq \f(3\r(10),10).因为y＝cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，所以BQ＝eq \f(2,5)BP＝eq \f(2\r(5),5).