《新版浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題4 突破點(diǎn)10 立體幾何中的向量方法 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題4 突破點(diǎn)10 立體幾何中的向量方法 Word版含答案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
新版-□□新版數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料□□-新版
1
2、 1
突破點(diǎn)10 立體幾何中的向量方法
(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第37頁(yè))
[核心知識(shí)提煉]
提煉1 兩條異面直線的夾角
(1)兩異面直線的夾角θ∈.
(2)設(shè)直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝.
提煉2 直線與平面的夾角
(1)直線與平面的夾角θ∈.
(2)設(shè)直線l的方向向
3、量為a，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
提煉3 兩個(gè)平面的夾角
(1)如圖10-1①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．
① ?、凇 、?
圖10-1
(2)如圖10-1②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cos θ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．
[高考真題回訪]
回訪1 空間向量及其運(yùn)算
1．(20xx·浙江高考)已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝，若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對(duì)于任意x，y
4、∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝________，y0＝________，|b|＝________.
1 2 2 [對(duì)于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，說(shuō)明當(dāng)x＝x0，y＝y(tǒng)0時(shí)，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1.
|b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成關(guān)于x的二次函數(shù)，即
5、f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其圖象是開口向上的拋物線，對(duì)稱軸方程為x＝2－，所以當(dāng)x＝2－時(shí)，f(x)取得最小值，代入化簡(jiǎn)得f(x)＝(y－2)2－7，顯然當(dāng)y＝2時(shí)，f(x)min＝－7，此時(shí)x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此時(shí)|b|2－7＝1，可得|b|＝2.]
回訪2 立體幾何中的向量方法
2．(20xx·浙江高考)如圖10-2，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是________．
圖10-2
[如圖，作D′F⊥AC于點(diǎn)F，作BE⊥AC
6、于點(diǎn)E，作FM垂直于過(guò)點(diǎn)B平行于AC的直線，垂足為M，則∠D′BM是AC與BD′所成的角(或其補(bǔ)角)．
在△AD′C中，D′C＝1，AD′＝，∠AD′C＝90°，∴AC＝，D′F＝，CF＝.在△BAC中，BC＝BA＝3，BE＝＝.而AE＝，∴EF＝－－＝.
∵M(jìn)F＝BE＝，
∴D′M＝
＝
＝.
∵BM＝EF＝，∴BD′＝＝.
∴cos∠D′BM＝＝≤＝.
∴直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是.]
3．(20xx·浙江高考節(jié)選)如圖10-3，在三棱臺(tái)ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
7、求二面角B-AD-F的平面角的余弦值．
圖10-3
[解] 法一：如圖(1)所示，延長(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AK于Q，連接BQ. 2分
(1)
因?yàn)锽F⊥平面ACFD，
所以BF⊥AK，則AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK. 4分
所以∠BQF是二面角B-AD-F的平面角. 6分
在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝. 12分
在Rt△BQF中，F(xiàn)Q＝，BF＝，得cos∠BQF＝.
所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 15分
法二：如圖(2)所示，延長(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，取BC的中點(diǎn)O，連接KO，
8、
(2)
則KO⊥BC. 2分
又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.
以點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OK的方向?yàn)閤軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.
由題意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，)，
A(－1，－3,0)，E，F(xiàn). 4分
因此＝(0,3,0)，＝(1,3，)，＝(2,3,0)．
設(shè)平面ACFD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
平面ABED的法向量為n＝(x2，y2，z2). 5分
由
得 6分
取m＝(，0，－1)；
由 9分
得
取n＝(3，－2，). 12分
9、 于是cos〈m，n〉＝＝.
所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 15分
4．(20xx·浙江高考)如圖10-4，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影為BC的中點(diǎn)，D是B1C1的中點(diǎn)．
圖10-4
(1)證明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值．
[解] (1)證明：設(shè)E為BC的中點(diǎn)，由題意得A1E⊥平面ABC，
所以A1E⊥AE. 2分
因?yàn)锳B＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分別為B1C1，BC的中點(diǎn)，
得DE∥
10、B1B且DE＝B1B，從而DE∥A1A，DE＝A1A，
所以四邊形A1AED為平行四邊形. 4分
故A1D∥AE.
又因?yàn)锳E⊥平面A1BC，
所以A1D⊥平面A1BC. 5分
(2)法一：
如圖(1)，作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，連接B1F.
(1)
由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，
得A1B＝A1A＝4. 8分
由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB與△B1DB全等．
由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，
因此∠A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角. 12分
由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90
11、°，得
BD＝3，A1F＝B1F＝，
由余弦定理得cos ∠A1FB1＝－. 15分
法二：以CB的中點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EA，EB為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz，如圖(2)所示．
(2)
由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：
A1(0,0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，).6分
因此＝(0，，－)，＝(－，－，)，
＝(0，，0)．
設(shè)平面A1BD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
平面B1BD的法向量為n＝(x2，y2，z2)．
由即8分
可取m＝(0，，1)．
由即
可取n＝(，0,1). 12分
12、 于是|cos〈m，n〉|＝＝.
由題意可知，所求二面角的平面角是鈍角，
故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為－. 15分
(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第38頁(yè))
熱點(diǎn)題型1 向量法求線面角
題型分析：向量法求線面角是高考中的常考題型，求解過(guò)程中，建系是突破口，求直線的方向向量與平面的法向量是關(guān)鍵.
【例1】 如圖10-5，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．
圖10-5
(1)證明MN∥平面PAB；
(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．
[解] (1
13、)證明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.
因?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，
所以MN∥平面PAB. 4分
(2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，
且AE＝＝＝. 6分
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.
由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N， 8分
＝(0,2，－4)，＝，＝.
設(shè)n＝(x
14、，y，z)為平面PMN的法向量，則
即
可取n＝(0,2,1). 12分
于是|cos〈n，〉|＝＝.
所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. 15分
[方法指津]
向量法求線面角的一般步驟
1．建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．
2．寫出相關(guān)向量的坐標(biāo)．
3．求平面的法向量．
4．求線面角的正弦值．
5．轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．
提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對(duì)值，即注意函數(shù)名稱的變化．
[變式訓(xùn)練1] (20xx·杭州質(zhì)量檢測(cè))如圖10-6，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，P
15、D⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)．
圖10-6
(1)求證：直線AF∥平面PEC；
(2)求PE與平面PBC所成角的正弦值．
【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334115】
[解] (1)證明：作FM∥CD交PC于點(diǎn)M，連接EM.
∵點(diǎn)F為PD的中點(diǎn)，∴FM＝CD.
∵AE＝AB，AB＝CD，∴AE＝FM.
又AE∥FM，
∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM.
∵AF?平面PEC，EM?平面PEC，
∴直線AF∥平面PEC. 6分
(2)連接DE，
∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC.
以D為坐
16、標(biāo)原點(diǎn)，以DE，DC，DP所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 7分
則P(0,0,1)，C(0,1,0)，E，A，B，
∴＝，＝(0,1，－1)，＝. 8分
設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)．
∵n·＝0，n·＝0，
∴取n＝(，3,3)，
∴平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(，3,3). 12分
設(shè)向量n與所成的角為θ，
∴cos θ＝＝－.
∴PE與平面PBC所成角的正弦值為. 15分
熱點(diǎn)題型2 向量法求二面角
題型分析：向量法求二面角是高考重點(diǎn)考查題型，此類問(wèn)題求解的突破口是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求解的關(guān)鍵是求兩個(gè)平面的法向量.
17、
【例2】 如圖10-7，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.
圖10-7
(1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E-BC-A的余弦值．
[解] (1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，
所以AF⊥平面EFDC.
又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.4分
(2)過(guò)D作DG⊥EF，垂足為G.
由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-x
18、yz. 6分
由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，). 7分
由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°.
從而可得C(－2,0，). 8分
所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．
設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，
19、
則即
所以可取n＝(3,0，－). 9分
設(shè)m是平面ABCD的法向量，則
同理可取m＝(0，，4). 12分
則cos〈n，m〉＝＝－.
故二面角E-BC-A的余弦值為－. 15分
[方法指津]
利用空間向量求二面角的思路
二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角．
[變式訓(xùn)練2] (名師押題)如圖10-8，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA＝PB，O為AB的中點(diǎn)，OD⊥PC.
圖10-8
(1)求
20、證：OC⊥PD；
(2)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D-PC-B的余弦值.
【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334116】
[解] (1)證明：連接OP，∵PA＝PB，O為AB的中點(diǎn)，∴OP⊥AB.
∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，
∴OP⊥OD，OP⊥OC.
∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC，
∴OD⊥OC. 4分
又∵OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，∴OC⊥PD. 6分
(2)取CD的中點(diǎn)E，以O(shè)為原點(diǎn)，OE，OB，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
由(1)知OD⊥OC，則AB＝2A
21、D，
又側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，
∴DA⊥平面PAB.
∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角，
∴∠DPA＝30°.
不妨設(shè)AD＝1，則AB＝2，
PA＝，PO＝.
∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，－1,0)，P(0,0，)，
從而＝(1,1，－)，＝(0，－2,0). 9分
設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
由得可取n1＝(，0,1)．
同理，可取平面PCB的一個(gè)法向量為n2＝(0，－，－1). 12分
于是cos〈n1，n2〉＝＝－.
∴二面角D-PC-B的余弦值為－. 15分
22、
熱點(diǎn)題型3 利用空間向量求解探索性問(wèn)題
題型分析：(1)立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關(guān)系的判定與性質(zhì)定理進(jìn)行推理探究，二是對(duì)幾何體的空間角、距離和體積等的研究.,(2)其解決方法多通過(guò)求角、距離、體積等把這些問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個(gè)參數(shù)的方程問(wèn)題，根據(jù)方程解的存在性來(lái)解決.
【例3】 如圖10-9，空間幾何體ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC.
圖10-9
(1)證明：AE∥平面BCD；
(2)若△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為，試問(wèn)在CA上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角P-BE-A的余弦值
23、為.若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解題指導(dǎo)] (1)→→→
(2)→→
→→→→→
[解] (1)證明：過(guò)點(diǎn)D作直線DO⊥BC交BC于點(diǎn)O，連接DO.
因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，DO?平面BCD，
DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC，
所以DO⊥平面ABC. 1分
因?yàn)橹本€AE⊥平面ABC，
所以AE∥DO. 2分
因?yàn)镈O?平面BCD，AE?平面BCD，
所以直線AE∥平面BCD. 4分
(2)連接AO，因?yàn)镈E∥平面ABC，
所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD.
因?yàn)橹本€AD與直線BD，CD所成角的余弦值
24、均為，
所以BD＝CD，所以O(shè)為BC的中點(diǎn)，所以AO⊥BC，
且cos∠ADC＝.
設(shè)DO＝a，因?yàn)锽C＝2，所以O(shè)B＝OC＝1，AO＝.
所以CD＝，AD＝.
在△ACD中，AC＝2，
所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，
即4＝3＋a2＋1＋a2－2×××，
即·＝2a2，
解得a2＝1，a＝1. 6分
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則C(0，－1,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，E(，0,1)．
假設(shè)存在點(diǎn)P，連接EP，BP，設(shè)＝λ，
則P(－λ，－λ，
25、0)．
設(shè)平面ABE的法向量為m＝(x，y，z)，
則取x＝1，則平面ABE的一個(gè)法向量為m＝(1，
，0)．
設(shè)平面PBE的法向量為n＝(x，y，z)，
則取x＝1＋λ，則平面PBE的一個(gè)法向量為n＝(1＋λ，－λ，－2λ). 11分
設(shè)二面角P-BE-A的平面角的大小為θ，由圖知θ為銳角．
則cos θ＝＝＝，
化簡(jiǎn)得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去). 14分
所以在CA上存在一點(diǎn)P，使得二面角P-BE-A的余弦值為，其為線段AC的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)A). 15分
[方法指津]
利用空間向量解點(diǎn)或參數(shù)存在性問(wèn)題的優(yōu)勢(shì)及思路
1．優(yōu)
26、勢(shì)：空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問(wèn)題，它無(wú)需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷．
2．思路：把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題．
[變式訓(xùn)練3] 如圖10-10所示，在多面體ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝2，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1.
圖10-10
(1)求證：平面ADC⊥平面BCDE；
(2)試問(wèn)在線段DE上是否存在點(diǎn)S，使得AS與平面ADC所成的角的余弦值為？若存在，
27、確定S的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334117】
[解] (1)證明：因?yàn)锳B＝2，AC＝4，BC＝2，
所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC. 2分
因?yàn)镃D⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因?yàn)锳C∩CD＝C，故BC⊥平面ADC.
因?yàn)锽C?平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE. 5分
(2)由(1)知AC⊥BC.
又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E
28、(0,2,1). 8分
假設(shè)線段DE上存在點(diǎn)S(x，y，z)，使得AS與平面ACD所成的角θ的余弦值為.
設(shè)＝λ(0≤λ≤1)，又＝(x，y，z－4)，＝(0,2，－3)，
所以(x，y，z－4)＝λ(0,2，－3)，得S(0,2λ，4－3λ)，則＝(－4,2λ，4－3λ)．
由(1)知平面ADC的一個(gè)法向量是＝(0,2,0)，因?yàn)閏os θ＝， 12分
所以sin θ＝＝| cos〈，〉|＝，
化簡(jiǎn)得9λ2＋6λ－8＝0，
解得λ＝或λ＝－(舍去)．
故存在滿足條件的點(diǎn)S，且DS＝DE. 15分
精品數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料
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新版浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題4 突破點(diǎn)10 立體幾何中的向量方法 Word版含答案
