浙江专版2018年高考数学专题4立体几何突破点10立体几何中的向量方法课件

核心知识聚集热点题型探究专题限时集训栏目导航(对应学生用书第37页)[核心知识提炼]提炼1两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角θ∈0，π2.(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝|s1·s2||s1|·|s2|.提炼2直线与平面的夹角(1)直线与平面的夹角θ∈0，π2.(2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a|·|n|.提炼3两个平面的夹角(1)如图10­1①，AB，CD是二面角α­l­β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉．①②③图10­1(2)如图10­1②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．[高考真题回访]回访1空间向量及其运算1．(2015·浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝52，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________.1222[对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|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看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－y2，所以当x＝2－y2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝34(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－y2＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝22.]回访2立体几何中的向量方法2．(2016·浙江高考)如图10­2，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．图10­266[如图，作D′F⊥AC于点F，作BE⊥AC于点E，作FM垂直于过点B平行于AC的直线，垂足为M，则∠D′BM是AC与BD′所成的角(或其补角)．在△AD′C中，D′C＝1，AD′＝5，∠AD′C＝90°，∴AC＝6，D′F＝56，CF＝66.在△BAC中，BC＝BA＝3，BE＝32－622＝152.而AE＝62，∴EF＝6－66－62＝63.∵MF＝BE＝152，∴D′M＝D′F2＋FM2－2D′F·FM·cos∠D′FM＝56＋152－256×152cos∠D′FM＝253－5cos∠D′FM.∵BM＝EF＝63，∴BD′＝D′M2＋BM2＝9－5cos∠D′FM.∴cos∠D′BM＝BMBD′＝639－5cos∠D′FM≤639－5＝66.∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是66.]3．(2016·浙江高考节选)如图10­3，在三棱台ABC­DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.求二面角B­AD­F的平面角的余弦值．图10­3[解]法一：如图(1)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.2分因为BF⊥平面ACFD，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.4分所以∠BQF是二面角B­AD­F的平面角.6分(1)在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝31313.12分在Rt△BQF中，FQ＝31313，BF＝3，得cos∠BQF＝34.所以二面角B­AD­F的平面角的余弦值为34.15分法二：如图(2)所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC.2分又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.(2)由题意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，3)，A(－1，－3,0)，E12，0，32，F－12，0，32.4分因此AC→＝(0,3,0)，AK→＝(1,3，3)，AB→＝(2,3,0)．设平面ACFD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABED的法向量为n＝(x2，y2，z2).5分由AC→·m＝0，AK→·m＝0得3y1＝0，x1＋3y1＋3z1＝0，6分取m＝(3，0，－1)；由AB→·n＝0，AK→·n＝09分得2x2＋3y2＝0，x2＋3y2＋3z2＝0，取n＝(3，－2，3).12分于是cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝34.所以二面角B­AD­F的平面角的余弦值为34.15分4．(2015·浙江高考)如图10­4，在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．图10­4(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1­BD­B1的平面角的余弦值．[解](1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.2分因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A，DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形.4分故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.5分(2)法一：如图(1)，作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.(1)由AE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4.8分由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1­BD­B1的平面角.12分由A1D＝2，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得BD＝32，A1F＝B1F＝43，由余弦定理得cos∠A1FB1＝－18.15分法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz，如图(2)所示．(2)由题意知各点坐标如下：A1(0,0，14)，B(0，2，0)，D(－2，0，14)，B1(－2，2，14).6分因此A1B→＝(0，2，－14)，BD→＝(－2，－2，14)，DB1→＝(0，2，0)．设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．由m·A1B→＝0，m·BD→＝0，即2y1－14z1＝0，－2x1－2y1＋14z1＝0，8分可取m＝(0，7，1)．由n·DB1→＝0，n·BD→＝0，即2y2＝0，－2x2－2y2＋14z2＝0，可取n＝(7，0,1).12分于是|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|·|n|＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1­BD­B1的平面角的余弦值为－18.15分(对应学生用书第38页)热点题型1向量法求线面角题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.【例1】如图10­5，四棱锥P­ABCD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．图10­5[解](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＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形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.4分(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－BC22＝5.6分以A为坐标原点，AE→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N52，1，2，8分PM→＝(0,2，－4)，PN→＝52，1，－2，AN→＝52，1，2.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则n·PM→＝0，n·PN→＝0，即2y－4z＝0，52x＋y－2z＝0，可取n＝(0,2,1).12分于是|cos〈n，AN→〉|＝|n·AN→||n||AN→|＝8525.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.15分[方法指津]向量法求线面角的一般步骤1．建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标．2．写出相关向量的坐标．3．求平面的法向量．4．求线面角的正弦值．5．转化为几何结论．提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．[变式训练1](2017·杭州质量检测)如图10­6，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD的中点．图10­6(1)求证：直线AF∥平面PEC；(2)求PE与平面PBC所成角的正弦值．【导学号：68334115】[解](1)证明：作FM∥CD交PC于点M，连接EM.∵点F为PD的中点，∴FM＝12CD.∵AE＝12AB，AB＝CD，∴AE＝FM.又AE∥FM，∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM.∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，∴直线AF∥平面PEC.6分(2)连接DE，∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC.以D为坐标原点，以DE，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分则P(0,0,1)，C(0,1,0)，E32，0，0，A32，－12，0，B32，12，0，∴PB→＝32，12，－1，PC→＝(0,1，－1)，PE→＝32，0，－1.8分设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)．∵n·PB→＝0，n·PC→＝0，∴32x＋12y－z＝0，y＝z，取n＝(3，3,3)，∴平面PBC的一个法向量为n＝(3，3,3).12分设向量n与PE→所成的角为θ，∴cosθ＝n·PE→|n||PE→|＝－37.∴PE与平面PBC所成角的正弦值为37.15分热点题型2向量法求二面角题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.【例2】如图10­7，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D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.图10­7(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值．[解](1)证明：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)过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G­xyz.6分由(1)知∠DFE为二面角D­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝3，可得A(1,4,