终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    (新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版)
    立即下载
    加入资料篮
    (新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版)01
    (新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版)02
    (新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版)03
    还剩11页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    (新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版)

    展开
    这是一份(新高考)高考数学二轮复习讲义07《空间几何中的向量方法》(解析版),共14页。

    07 空间几何中的向量方法

    核心考点
    读高考设问知考法
    命题解读
    利用向量证明平行与垂直
    如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
    证明:(1)BE⊥DC;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.
    以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点,常与空间线面关系的证明相结合,热点为二面角的求解,均以解答题的形式进行考查,难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
    利用空间向量计算空间角
    【2018新课标2理9】在长方体中,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
    【2017新课标2理10】已知直三棱柱中,,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
    (2020新高考山东卷20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
    (1)证明:l⊥平面PDC;
    (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
    【2020新课标1理18】如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,.是底面的内接正三角形,为上一点,.(1)证明:平面;
    (2)求二面角的余弦值.
    【2020新课标2理19】如图,在长方体中,点分别在棱上,且,.
    (1)证明点在平面内;
    (2)若,,,求二面角的正弦值.
    【2016新课标3理19】如图,四棱锥中,地面,,
    ,,为线段上一点,,为的中点.
    (1)证明:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.
    利用空间向量求解探索性问题
    (2019·北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,
    AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=.
    (1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
    (3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

    核心考点一 利用向量证明平行与垂直
    直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法:
    设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),
    v=(a3,b3,c3),则
    (1)线面平行
    l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
    (2)线面垂直
    l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.
    (3)面面平行
    α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.
    (4)面面垂直
    α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.

    1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明:(1)BE⊥DC;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.

    【解析】依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
    (1)向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.
    所以BE⊥DC.
    (2)因为AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
    所以AB⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
    所以AB⊥平面PAD,
    所以向量=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量,
    而·=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以BE⊥AB,
    又BE⊄平面PAD,
    所以BE∥平面PAD.
    (3)由(2)知平面PAD的法向量=(1,0,0),向量=(0,2,-2),=(2,0,0),
    设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
    则即
    不妨令y=1,可得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.
    且n·=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以n⊥.
    所以平面PAD⊥平面PCD.

    1.如图,在直三棱柱ADE-BCF中,平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直,点M为AB的中点,点O为DF的中点.证明:
    (1)OM∥平面BCF;
    (2)平面MDF⊥平面EFCD.

    【解析】(1)由题意,得AB,AD,AE两两垂直,以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
    设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F(1,0,1),M,O.
    =,=(-1,0,0),
    ∴·=0,∴⊥.
    ∵棱柱ADE-BCF是直三棱柱,
    ∴AB⊥平面BCF,∴是平面BCF的一个法向量,
    且OM⊄平面BCF,∴OM∥平面BCF.
    (2)在第(1)问的空间直角坐标系中,设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为
    n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
    ∵=(1,-1,1),=,=(1,0,0),=(0,-1,1),
    由得令x1=1,则n1=.
    同理可得n2=(0,1,1).
    ∵ n1·n2=0,
    ∴平面MDF⊥平面EFCD.
    核心考点二 利用空间向量计算空间角
    直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算:
    设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面α,β的法向量分别为μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同).
    (1)线线夹角
    设l,m的夹角为θ,则cos θ==.
    (2)线面夹角
    设直线l与平面α的夹角为θ,则sin θ==|cos|.
    (3)面面夹角
    设平面α,β的夹角为θ(0≤θ<π),则|cos θ|==|cos<μ,v>|.

    1.【2018新课标2理9】在长方体中,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
    A. B. C. D.
    【解析】以D为坐标原点,,,为,,轴建立空间直角坐标系,
    则,,,,,,
    ,异面直线与所成角的余弦值为,故选C.
    2.【2020新高考山东卷20】如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
    (1)证明:l⊥平面PDC;
    (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

    【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
    又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC,
    又PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC.
    因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,
    所以AD∥平面PBC.
    由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC.
    (2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
    则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),
    =(0,1,0),=(1,1,-1).
    由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).
    设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
    则 即可取n=(-1,0,a).
    所以cos〈n,〉==.
    设PB与平面QCD所成角为θ,
    则sin θ=×=.
    因为=≤,当且仅当a=1时等号成立,
    所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
    3.【2020新课标1理18】如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,.是底面的内接正三角形,为上一点,.
    (1)证明:平面;
    (2)求二面角的余弦值.

    【解析】(1)由题设,知为等边三角形,设,
    则,,所以,

    又为等边三角形,则,所以,
    ,则,所以,
    同理,又,所以平面;
    (2)过O作∥BC交AB于点N,因为平面,以O为坐标原点,OA为x轴,ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,
    ,,,
    设平面的一个法向量为,
    由,得,令,得,所以,
    设平面的一个法向量为
    由,得,令,得,所以
    故,
    设二面角的大小为,则.

    1.【2017新课标2理10】已知直三棱柱中,,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
    A. B. C. D.
    【解析】解法一:在边、、、上分别取中点、、、,并相互连接.
    由三角形中位线定理和平行线平移功能,异面直线和所成的夹角为或其补角,通过几何关系求得,,,利用余弦定理可求得异面直线和所成的夹角余弦值为.故选C.

    解法二:补形通过补形之后可知:或其补角为异面直线和所成的角,通过几何关系可知:
    ,,,由勾股定理或余弦定理可得异面直线和所成的夹角余弦值为.故选C.
    解法三:建系建立如左图的空间直角坐标系,,,,,
    ∴ ,,∴ .故选C.
    2.【2020新课标2理19】如图,在长方体中,点分别在棱上,且,.
    (1)证明点在平面内;
    (2)若,,,求二面角的正弦值.
            
    【解析】(1)在棱上取点,使得,连接、、、,
    在长方体中,且,且,
    ,,且,
    所以,四边形为平行四边形,则且,
    同理可证四边形为平行四边形,且,
    且,则四边形为平行四边形,
    因此,点在平面内;
    (2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,
    则、、、,
    ,,,,
    设平面的法向量为,
    由,得取,得,则,
    设平面的法向量为,
    由,得,取,得,,则,

    设二面角的平面角为,则,.
    因此,二面角的正弦值为.
    3.【2016新课标3理19】如图,四棱锥中,地面,,
    ,,为线段上一点,,为的中点.
    (1)证明:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.

    【解析】(1)取中点,连接、,因为是中点,,且,又,且,所以,且.
    所以四边形是平行四边形.所以.
    又平面,平面,所以平面.
    (2)取的中点,联结.由得,从而,
    且.
    以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
    由题意知,,,,,
    设为平面的法向量,则,即,可取.
    于是.所以直线与平面所成角的正弦值为.
    核心考点三 利用空间向量求解探索性问题
    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.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性,否则容易出现错误.
    2.空间向量求解探索性问题:
    (1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论;
    (2)在这个前提下进行逻辑推理,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(或参数)是否有解,是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.

    1.【2019北京卷】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=.
    (1)求证:CD⊥平面PAD;
    (2)求二面角F-AE-P的余弦值;
    (3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

    【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.
    又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
    所以CD⊥平面PAD.
    (2)过点A作AD的垂线交BC于点M.
    因为PA⊥平面ABCD,AM,AD⊂平面ABCD,
    所以PA⊥AM,PA⊥AD.
    建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),
    D(0,2,0),P(0,0,2).
    因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
    所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).所以==,
    所以=+=.
    设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则即
    令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).
    又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),
    所以cos〈n,p〉==-.
    由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为.
    (3)直线AG在平面AEF内,理由如下:
    因为点G在PB上,且=,=(2,-1,-2),
    所以==,
    所以=+=.
    由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1),
    所以·n=-++=0.
    又点A∈平面AEF,所以直线AG在平面AEF内.

    1.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是AC与BD的交点,点E是线段OD1上的一点.
    (1)若点E为OD1的中点,求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值;
    (2)是否存在点E,使得平面CDE⊥平面CD1O?若存在,请指出点E的位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.

    【解析】(1)不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
    则D(0,0,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),O(1,1,0).
    因为E为OD1的中点,
    所以E.
    则=(-1,-1,2),=,=(0,2,0).
    设p=(x0,y0,z0)是平面CDE的法向量,
    则即
    取x0=2,则y0=0,z0=-1,
    所以p=(2,0,-1)为平面CDE的一个法向量.
    设直线OD1与平面CDE所成角为θ,
    所以sin θ=|cos〈,p〉|=
    ==,
    即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
    (2)存在,且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.
    假设存在点E,使得平面CDE⊥平面CD1O.
    同第(1)问建立空间直角坐标系,易知点E不与点O重合,
    设=λ,λ∈[0,+∞),=(-1,1,0),=(-1,-1,2).
    设m=(x1,y1,z1)是平面CD1O的法向量,
    则即
    取x1=1,则y1=1,z1=1,
    所以m=(1,1,1)为平面CD1O的一个法向量.
    因为=λ,所以点E的坐标为,
    所以=.
    设n=(x2,y2,z2)是平面CDE的法向量,
    则即
    取x2=1,则y2=0,z2=-,
    所以n=为平面CDE的一个法向量.
    因为平面CDE⊥平面CD1O,所以m⊥n.
    则m·n=0,所以1-=0,解得λ=2.
    所以当=2,即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时,平面CDE⊥平面CD1O.
    相关试卷

    解密12 空间向量在空间几何体的应用(讲义)-高考数学二轮复习讲义+分层训练(新高考专用): 这是一份解密12 空间向量在空间几何体的应用(讲义)-高考数学二轮复习讲义+分层训练(新高考专用),共32页。

    解密12 空间向量在空间几何体中应用(分层训练)-高考数学二轮复习讲义+分层训练(新高考专用): 这是一份解密12 空间向量在空间几何体中应用(分层训练)-高考数学二轮复习讲义+分层训练(新高考专用),文件包含解密12空间向量在空间几何体的应用分层训练解析版docx、解密12空间向量在空间几何体的应用分层训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共41页, 欢迎下载使用。

    高中数学高考解密07 空间几何中的向量方法(讲义)-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练: 这是一份高中数学高考解密07 空间几何中的向量方法(讲义)-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练,共14页。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map