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2019届高考数学(理)大一轮复习顶层设计课件:7-7-1利用空间向量求空间角_高考_高中教育_教育专区

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2019届高考数学(理)大一轮复习顶层设计课件:7-7-1利用空间向量求空间角_高考_高中教育_教育专区。第七章 立体几何 第七节 立体几何中的向量方法 ☆☆☆2017 考纲考题考情☆☆☆ 考纲要求 真题举例 命题角度 能用向量方 2016,全国卷Ⅰ,18,12 分(面 面垂直、二面角)


第七章 立体几何 第七节 立体几何中的向量方法 ☆☆☆2017 考纲考题考情☆☆☆ 考纲要求 真题举例 命题角度 能用向量方 2016,全国卷Ⅰ,18,12 分(面 面垂直、二面角) 1.本节是高考中的必 考内容,涉及用向量法计 法解决直线与直 2016,全国卷Ⅱ,19,12 分(线 算空间异面直线所成角、 线、直线与平面、面垂直,二面角) 直线和平面所成角、二面 平面与平面的夹 2016,全国卷Ⅲ,19,12 分(线 角; 角的计算问题, 了解向量方法在 面平行、线面角) 2016,天津卷,17,13 分(线面 2.题型以解答题为主,要 求有较强的运算能力,广 研究立体几何中 平行,线面角、二面角) 泛应用函数与方程的思 的应用。 2016,山东卷,17,12 分(线面 想,转化与化归思想。 平行、二面角) 微知识 小题练 教材回扣 基础自测 自|主|排|查 1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ,则 cosφ=|cosθ| |a·b| = |a||b| (其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角)。 2.直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与 |n·e| 平面 α 所成的角为 φ,向量 e 与 n 的夹角为 θ,则有 sinφ=|cosθ|=__|_n_||_e_| _。 3.求二面角的大小 (1)如图①,AB,CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的直线,则 二面角的大小 θ=_〈 __A_→_B_,__C→_D_〉 ___。 (2)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α,β 的法向量, 则二面角的大小 θ=__〈__n_1_,_n__2〉__或___π_-_〈__n_1_,__n_2_〉___。 微点提醒 1.一般来说,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的 三条直线时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系;如果不存在 这样的三条直线,则应尽可能找两条垂直相交的直线,以其为两条坐标轴 建立空间直角坐标系,即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发 点。 2.异面直线所成的角与其方向向量的夹角:当异面直线的方向向量 的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;否则向量夹角的补角是 异面直线所成的角。 3.二面角与法向量的夹角:利用平面的法向量求二面角的大小时, 当求出两半平面 α,β 的法向量 n1,n2 时,要根据向量坐标在图形中观察 法向量的方向,从而确定二面角与向量 n1,n2 的夹角是相等,还是互补。 小|题|快|练 一 、走进教材 (选修 2-1P117T4 改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC- A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 2 2,则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 ________。 【解析】 以 C 为原点建立空间直角坐标系,得下列坐标:A(2,0,0), C1(0,0,2 2)。点 C1 在侧面 ABB1A1 内的射影为点 C2???32, 23,2 2???。 所以A→C1=(-2,0,2 2),A→C2=???-21, 23,2 2???, 设直线 AC1 与平面 ABB1A1 所成的角为 θ,则 cosθ=|AA→→CC11|·|AA→→CC22|=12+30×+38= 23。 又 θ∈????0,π2????,所以 θ=π6。 【答案】 π 6 二、双基查验 1.已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 的中点, 则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为________。 【解析】 如图,以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系。设 AA1 =2A B=2,则 B(1,1,0),E(1,0,1), C(0,1,0),D1(0,0,2),所以B→E=(0,-1,1),C→D1=(0, -1,2),所以 cos〈B→E,C→D1〉= 1+2 =3 2· 5 1010。 【答案】 3 10 10 2.过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,如果 AB=PA, 那么平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角的大小为________。 【解析】 建立如图所示空间直角坐标系,设 AB=PA=1,知 A(0,0,0), B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面 ABP,设 E 为 PD 的中点,连接 AE,则 AE⊥PD,又因为 CD⊥平面 PAD,所以 AE⊥CD,又 PD∩CD =D,所以 AE⊥平面 CDP。所以A→D=(0,1,0),A→E =????0,12,12????分别是平面 ABP,平面 CDP 的法向 量,且〈A→D,A→E〉=45°,所以平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 45°。 【答案】 45° 第一课时 利用空间向量求空间角 微考点 大课堂 微考场 新提升 微考点 大课堂 考点例析 对点微练 考一点【典例异1】面直(201线5·全所国卷成Ⅰ)如的图角,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。 【解析】 (1)证明:如图,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= 3。 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC。 又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC。 在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2, 故 DF= 22。 在 Rt△FDG 中,可得 FG= 26。 在直角梯形 BDFE 中, 由 BD=2,BE= 2,DF= 22, 可得 EF=32 2。 从而 EG2+FG2=EF2, 所以 EG⊥FG。 又 AC∩FG=G, 所以 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G→B,G→C的方向为 x 轴,y 轴正方向,|G→B |为单位长度,建立空间直角坐标系 G-xyz。 由(1)可得 A(0,- 3,0),E(1,0, 2),F???-1,0, 22???,C(0, 3,0), 所以A→E=(1, 3, 2),C→F=???-1,- 3, 22???。 故 cos〈A→E,C→F〉= →→ AE·CF →→ =- |AE||CF| 33。 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 33。 【答案】 (1)见解析 3 (2) 3 反思归纳 求一对异面直线所成角:一是按定义平移转化为两相交直 线的夹角;二是在异面直线上各取一向量,转化为两向量的夹角或其补角, 无论哪种求法,都应注意角的范围的限定。 【变式训练】 (2017·保定模拟)如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点 E,F 分别是棱 AB,BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是( ) A.45° C.90° B.60° D.120° 【解析】 以 BC 为 x 轴,BA 为 y 轴,BB1 为 z 轴,建立空间直角坐标系。 设 AB=BC=AA1=2, ∴C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1)。 ∴E→F=(0,-1,1),B→C1=(2,0,2)。 ∴E→F·B→C1=2,记E→F,B→C1所成角为 θ。 ∴cosθ= 2 2×2 2=12。 ∴EF 和 BC1 所成角为 60°。 【答案】 B 考二点【典例直2】线(与201平6·全面国卷所Ⅲ)如成图的,四角棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段 AD 上一点, AM=2MD,N 为 PC 的中点。 (1)证明:MN∥平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值。 【解析】 (1)证明:由已知得 AM=23AD=2。 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN。 由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC,TN=21BC=2。 又 AD∥BC,故 TN 綊 AM,四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MN∥AT。 因为 AT?平面 PAB,MN?平面 PAB, 所以 MN∥平面 PAB。 (2)取 BC 的中点 E,连接 AE。由 AB=AC 得 AE⊥BC,从而 AE⊥AD,且 AE= AB2-BE2= AB2-????B2C????2= 5。 以 A 为坐标原点,A→E的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标 系 A-xyz。由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0), C( 5,2,0),N?? ? 25,1,2???,P→M=(0,2, - 4),P→N=?? ? 25,1,-2???,A→N=??? 25,1,2???。 设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量, ?? n·P→M=0, 则???n·P→N=0, ??2y-4z=0, 即? ?? 25x+y-2z=0, 可取 n=(0,2,1)。 于是|cos〈n,A→N〉|= → |n·AN| → =8255,则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦 |n||AN| 值为8255。 【答案】 (1)见解析 85 (2) 25 反思归纳 直线 l 与平面 α 所成角 θ 与直线的方向向量 l、平面的法向 量 n 的夹角〈l,n〉不是一回事,满足关系 sinθ=|cos〈l,n〉|。 【变式训练】 (2016·青岛模拟)如图,在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3。 (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值。 【解析】 (1)证明:易知,AB,AD,AA1 两两垂直, 如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立空间直角坐标系。 设 AB=t,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3), D(0,3,0),D1(0,3,3)。 从而B→1D=(-t,3,-3),A→C=(t,1,0), B→D=(-t,3,0), 因为 AC⊥BD,所以A→C·B→D=-t2+3+0=0。 解得 t= 3或 t=- 3(舍去)。 于是B→1D=(- 3,3,-3),A→C=( 3,1,0), 因为A→C·B→1D=-3+3+0=0, 所以A→C⊥B→1D, 即 AC⊥B1D。 (2)由(1)知,A→D1=(0,3,3),A→C=( 3,1,0), B→1C1=(0,1,0), 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量 ?? n·A→C=0, ? 3x+y=0, 则???n·A→D1=0, 即??3y+3z=0, 令 x=1,则 n=(1,- 3, 3)。 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角为 θ, 则 sinθ=|cos〈n,B→1C1〉|=???|nn|··B|B→1→1CC11|???= 3= 7 721。 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角的正弦值为 721。 【答案】 (1)见解析 21 (2) 7 考点 二面角………………………多维探 三 究 角度一:计算二面角的大小 【典例 3】 (2016·全国卷Ⅰ)如图,在以 A,B,C,D,E,F 为顶点 的五面体中,面 ABEF 为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角 D -AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°。 (1)证明:平面 ABEF⊥平面 EFDC; (2)求二面角 E-BC-A 的余弦值。 【解析】 (1)证明:由已知可得 AF⊥DF,AF⊥FE,因为 DF∩EF=F, 所以 AF⊥平面 EFDC。 又 AF?平面 ABEF,故平面 ABEF⊥平面 EFDC。 (2)过 D 作 DG⊥EF,垂足为 G, 由(1)知 DG⊥平面 ABEF。 以 G 为坐标原点,G→F的方向为 x 轴正方向,|G→F|为单位长,建立如图所示 的空间直角坐标系 G-xyz。 由(1)知∠DFE 为二面角 D-AF-E 的平面角,故∠DFE=60°,则 DF=2, DG= 3,可得 A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, 3)。 由已知,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 为二面角 C-BE-F 的平 面角,∠CEF=60°。从而可得 C(-2,0, 3)。 连接 AC,则E→C=(1,0, 3),E→B=(0,4,0),A→C=(-3,-4, 3),A→B=(- 4,0,0)。 设 n=(x,y,z)是平面 BCE 的法向量,则 ??n·E→C=0, ???n·E→B=0, 即???4x+y=03,z=0, 所以可取 n=(3,0,- 3)。 设 m 是平面 ABCD 的法向量,则?????mm··AA→→BC==00,, 同理可取 m=(0, 3,4)。 则 cos〈n,m〉=|nn|·|mm|=-21919。 故二面角 E-BC-A 的余弦值为-21919。 【答案】 (1)见解析 (2)-2 19 19 角度二:已知二面角的大小求值 【典例 4】 如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥ 平面 ABCD,E 为 PD 的中点。 (1)证明:PB∥平面 AEC; (2)设二面角 D-AE-C 为 60°,AP=1,AD= 3,求三棱锥 E-ACD 的体积。 【解析】 (1)证明:连接 BD,设 AC 与 BD 的交点为 G,则 G 为 AC,BD 的中点,连接 EG。在三角形 PBD 中,中位线 EG∥PB,且 EG 在平面 AEC 内, PB?平面 AEC,所以 PB∥平面 AEC。 (2)设 CD=m,分别以 AB,AD,AP 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐 标系,则 A(0,0,0),D(0, 3,0),E???0, 23,12???,C(m, 3,0)。 所以A→D=(0, 3,0),A→E=??0, ? 23,12???, A→C=(m, 3,0)。 设平面 ADE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则 n1·A→D=0,n1·A→E=0, 解得一个 n1=(1,0,0)。 同理设平面 ACE 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 则 n2·A→C=0,n2·A→E=0, 解得一个 n2=(- 3,m,- 3m)。 因为 cos60°=|cos〈n1,n2〉|=||nn11|··|nn22||= 3+m23+3m2=21,解得 m=23。 设 F 为 AD 的中点,连接 EF,则 PA∥EF,且 EF=A2P=12,EF⊥平面 ACD, 所以 EF 为三棱锥 E-ACD 的高。所以 VE-ACD=13·S△ACD·EF=31×21×23× 3 ×12= 83。 所以三棱锥 E-ACD 的体积为 83。 【答案】 (1)见解析 3 (2) 8 反思归纳 1.利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然 后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图 形判断所求角的大小。 (2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱 垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角 的大小。 2.已知二面角大小求值的技巧 建立恰当的空间直角坐标系,将两平面的法向量用与待求相关的参数 (字母)表示,利用两向量的夹角公式构建方程或不等式或函数,进而求解。 【变式训练】 (2016·安徽师大附中联考)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=CD=2AB,E,F 分 别为 PC,DC 的中点。 (1)证明:AB⊥平面 BEF; (2)设 PA=k·AB(k>0),且二面角 E-BD-C 的平面角大于 45°,求 k 的取值范围。 【解析】 (1)证明:由题意易得 DF 綊 AB, 又∠DAB=90°, 所以 ABFD 是矩形,从而 AB⊥BF。 因为 PA⊥平面 ABCD, 所以平面 PAD⊥平面 ABCD, 又 AB⊥AD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,所以 AB⊥PD。 在△PDC 中,因为 E,F 分别为 PC,CD 的中点, 所以 EF∥PD, 所以 AB⊥EF。 因为 EF∩BF=F,所以 AB⊥平面 BEF。 (2)以 A 为原点,以 AB,AD,AP 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 如图所示的空间直角坐标系, 设 AB 的长为 1,则 B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,k),C(2,2,0),所以 E????1,1,2k????, 所以B→D=(-1,2,0),B→E=????0,1,2k????。 设平面 CDB 的法向量为 m1=(0,0,1),平面 EBD 的法向量为 m2=(x,y,z), 则?????mm22··BB→→DE==00,, ??-x+2y=0, 所以???y+k2z=0, 取 y=1,可得 m2=????2,1,-2k????。 设二面角 E-BD-C 的平面角为 θ,由图可知 θ 为锐角, 则 cosθ=|cos〈m1,m2〉|= 2 k 22+1+k42< 22, 化简得 k2>45,则 2 k> 5 5或 k<-2 5 5,又 k>0, 所以 2 k> 5 5。 【答案】 (1)见解析 (2)??2 ? 5 5,+∞?? ? 微考场 新提升 考题选萃 随堂自测 1.(2016·广西联考)在如图所示的多面体 CABED 中,AB⊥平面 ACD, DE⊥平面 ACD,AB=CD=1,AC= 3,AD=DE=2。 (1)在线段 CE 上取一点 F,作 BF∥平面 ACD(只需指出 F 的位置,不 需证明); (2)对(1)中的点 F,求直线 BF 与平面 ADEB 所成角的正弦值。 解析 (1)取 CE 的中点 F。 连接 BF,BF∥平面 ACD(如图)。 (2)由已知 AC= 3,CD=1,AD=2,∴AC2+CD2=AD2。∴AC⊥CD。以 C 为原点,CD,CA 分别为 x,y 轴,过 C 垂直于平面 ACD 的直线为 z 轴,建 立空间直角坐标系。 则 A(0, 3,0),D(1,0,0),B(0, 3,1),F????12,0,1????。 ∴A→D=(1,- 3,0),A→B=(0,0,1),B→F=????12,- ? 3,0??。 ? 设 n=(x,y,z)是平面 ADEB 的法向量, ?? n·A→D=0, 则???n·A→B=0, 即???zx==0,3y, ∴可取 n=( 3,1,0)。 故|cos〈n·B→F〉|=???|nn|··B|→B→FF|???= 2369。 ∴BF 与平面 ADEB 所成角的正弦值为 2369。 答案 (1)见解析 39 (2) 26 2.(2016·山东高考)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆 O 的直径, EF 是上底面圆 O′的直径,FB 是圆台的一条母线。 (1)已知 G,H 分别为 EC,FB 的中点,求证:GH∥平面 ABC; (2)已知 EF=FB=21AC=2 3,AB=BC,求二面角 F-BC-A 的余弦 值。 解析 (1)证明:设 FC 的中点为 I,连接 GI,HI,在△CEF 中,因为点 G 是 CE 的中点,所以 GI∥EF。 又 EF∥OB,所以 GI∥OB。 在△CFB 中,因为 H 是 FB 的中点, 所以 HI∥BC。 又 HI∩GI=I,OB∩BC=B, 所以平面 GHI∥平面 ABC。 因为 GH?平面 GHI, 所以 GH∥平面 ABC。 (2)连接 OO′,则 OO′⊥平面 ABC。 又 AB=BC,且 AC 是圆 O 的直径,所以 BO⊥AC。 以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz。 由题意得 B(0,2 3,0),C(-2 3,0,0)。 过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M, 所以 FM= FB2-BM2=3, 可得 F(0, 3,3)。 故B→C=(-2 3,-2 3,0),B→F=(0,- 3,3)。 设 m=(x,y,z)是平面 BCF 的法向量, ?? m·B→C=0, 由???m·B→F=0, 可得?????- -2 3x-2 3y=0, 3y+3z=0。 可得平面 BCF 的一个法向量 m=???-1,1, 33???。 因为平面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1), 所以 cos〈m,n〉=|mm|··|nn|= 77。 所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 77。 答案 (1)见解析 7 (2) 7
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