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(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理(普通生含解析).doc

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(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題九 立體幾何中的向量方法講義 理(普通生含解析).doc

重點(diǎn)增分專題九立體幾何中的向量方法全國(guó)卷3年考情分析年份全國(guó)卷全國(guó)卷全國(guó)卷2018線面角的正弦值的求解T18(2)二面角、線面角的正弦值的求解T20(2)二面角的正弦值的求解T19(2)2017二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的余弦值的求解T19(2)二面角的余弦值的求解T19(2)2016二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的正弦值的求解T19(2)線面角的正弦值的求解T19(2)高考對(duì)此部分的命題較為穩(wěn)定,一般為解答題,多出現(xiàn)在第18或19題的第二問的位置,考查利用空間向量求異面直線所成的角、線面角或二面角,難度中等偏上 利用空間向量證明空間位置關(guān)系 1.在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABC90,BC2,CC14,D為C1C的中點(diǎn),求證:B1D平面ABD.證明:由題意知AB,BC,BB1兩兩垂直,故以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BB1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),設(shè)BAa,則A(a,0,0),所以(a,0,0),(0,2,2),(0,2,2),所以0,0440,即B1DBA,B1DBD.又BABDB,BA平面ABD,BD平面ABD,所以B1D平面ABD.2.如圖所示,在底面是矩形的四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),PAAB1,BC2.(1)求證:EF平面PAB;(2)求證:平面PAD平面PDC.證明:以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP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A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F(xiàn),(0,0,1),(0,2,0),(1,0,0),(1,0,0)(1)因?yàn)椋?,即EFAB.又AB平面PAB,EF平面PAB,所以EF平面PAB.(2)因?yàn)?0,0,1)(1,0,0)0,(0,2,0)(1,0,0)0,所以,即APDC,ADDC.又APADA,AP平面PAD,AD平面PAD,所以DC平面PAD.因?yàn)镈C平面PDC,所以平面PAD平面PDC.解題方略 利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系,建系時(shí)要盡可能地利用條件中的垂直關(guān)系(2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系,用空間向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素(3)通過空間向量的運(yùn)算求出直線的方向向量或平面的法向量,再研究平行、垂直關(guān)系(4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題. 利用空間向量求空間角 增分考點(diǎn)廣度拓展分點(diǎn)研究題型一計(jì)算異面直線所成的角例1已知直三棱柱ABCA1B1C1中,ABC120,AB2,BCCC11,求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值解法一:(基向量法)如圖,取a,b,c,則由已知可得|a|2,|b|c|1,且a,b120,a,cb,c90.所以ab21cos 1201,acbc0.因?yàn)閏a,bc,所以(ca)(bc)c2cbabac120(1)02.又|,|,所以cos,.所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為.法二:(坐標(biāo)法)如圖,在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)B作BDAB,交AC于點(diǎn)D,則CBD30.因?yàn)锽B1平面ABC,故以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以射線BD,BA,BB1為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),A(0,2,0),B1(0,0,1),C1(cos 30,sin 30,1),即C1.所以(0,2,1),.所以cos,.所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為.解題方略向量法求異面直線所成角設(shè)異面直線a,b所成的角為,則cos ,其中,a,b分別是直線a,b的方向向量此方法解題的關(guān)鍵在于找出兩異面直線的方向向量,求兩個(gè)向量的數(shù)量積,而要求兩向量的數(shù)量積,可以求兩向量的坐標(biāo),也可以把所求向量用一組基向量表示兩個(gè)向量的夾角范圍是0,而兩異面直線所成角的范圍是,應(yīng)注意加以區(qū)分注意兩條異面直線所成角的范圍是.當(dāng)所作或所求的角為鈍角時(shí),應(yīng)取其補(bǔ)角作為兩條異面直線所成的角題型二計(jì)算直線與平面所成的角例2(2018全國(guó)卷)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F(xiàn)分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PFBF.(1)證明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值解(1)證明:由已知可得BFPF,BFEF,又PFEFF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)如圖,作PHEF,垂足為H.由(1)得,PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.由(1)可得,DEPE.又因?yàn)镈P2,DE1,所以PE.又PF1,EF2,所以PEPF.所以PH,EH.則H(0,0,0),P,D,.又為平面ABFD的法向量,設(shè)DP與平面ABFD所成角為,則sin .所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.解題方略向量法求直線和平面所成的角設(shè)為直線l與平面所成的角,為直線l的方向向量m與平面的法向量n之間的夾角,則有(如圖(1)或(如圖(2),所以有sin |cos |cosm,n |.特別地,0時(shí),l;時(shí),0,l或l.題型三計(jì)算二面角例3如圖,在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且ABAD2,AA1,BAD120.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值;(2)求二面角BA1DA的正弦值解(1)在平面ABCD內(nèi),過點(diǎn)A作AEAD,交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.故以AE,AD,AA1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A(chǔ)xyz.因?yàn)锳BAD2,AA1,BAD120,則A(0,0,0),B(,1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,)(1) (,1,),(,1,)則cos,.因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.(2)可知平面A1DA的一個(gè)法向量為(,0,0)設(shè)m(x,y,z)為平面BA1D的一個(gè)法向量,又(,1,),(,3,0),則即不妨取x3,則y,z2,所以m(3,2)為平面BA1D的一個(gè)法向量,從而cos,m.設(shè)二面角BA1DA的大小為,則|cos |.因?yàn)?,所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值為.解題方略向量法求二面角設(shè)二面角l的平面角為(0),n1,n2分別為平面,的法向量,向量n1,n2的夾角為,則有(如圖(1)或(如圖(2),其中cos .多練強(qiáng)化1.(2019屆高三貴陽(yáng)摸底)如圖,CD,AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,E是底面圓周上不同于A,B兩點(diǎn)的一點(diǎn),AE1.(1)求證:BE平面DAE;(2)求二面角CDBE的余弦值解:(1)證明:由圓柱的性質(zhì)知,DA平面ABE,又BE平面ABE,BEDA,AB是底面圓的直徑,E是底面圓周上不同于A,B兩點(diǎn)的一點(diǎn),BEAE.又DAAEA,DA平面DAE,AE平面DAE,BE平面DAE.(2)法一:如圖,過E作EFAB,垂足為F,由圓柱的性質(zhì)知平面ABCD平面ABE,EF平面ABCD.過F作FHDB,垂足為H,連接EH,則EHF即所求的二面角的平面角的補(bǔ)角,由ABAD2,AE1,得DE,BE,BD2,EF,由(1)知BEDE,EH,sinEHF,cosEHF ,二面角CDBE的余弦值為.法二:過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,ABAD2,AE1,BE,E,D(0,0,2),B(0,2,0),(0,2,2)設(shè)平面EBD的法向量為n(x,y,z),則即取z1,則n(,1,1)為平面EBD的一個(gè)法向量易知平面CDB的一個(gè)法向量為m(1,0,0),cosm,n,由圖知,二面角CDBE為鈍角,二面角CDBE的余弦值為.2(2018石家莊質(zhì)檢)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形且CBB160,ABAC1.(1)證明:平面AB1C平面BB1C1C;(2)若ABB1C,直線AB與平面BB1C1C所成的角為30,求直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值解:(1)證明:連接BC1交B1C于點(diǎn)O,連接AO,側(cè)面BB1C1C為菱形,B1CBC1.ABAC1,O為BC1的中點(diǎn),AOBC1.B1CAOO,BC1平面AB1C.又BC1平面BB1C1C,平面AB1C平面BB1C1C.(2)ABB1C,BOB1C,ABBOB,B1C平面ABO,又AO平面ABO,AOB1C,從而OA,OB,OB1兩兩垂直以O(shè)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Oxyz.直線AB與平面BB1C1C所成的角為30,ABO30.設(shè)AO1,則BO,又CBB160,CBB1是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,A(0,0,1),B(,0,0),B1(0,1,0),C(0,1,0),(0,1,1),(0,2,0),(,0,1)設(shè)n(x,y,z)是平面A1B1C的法向量,則即令x1,則n(1,0,)為平面A1B1C的一個(gè)法向量設(shè)直線AB1與平面A1B1C所成的角為,則sin |cos,n|,直線AB1與平面A1B1C所成角的正弦值為. 利用空間向量解決探索性問題 典例已知幾何體ABCC1B1N的直觀圖和三視圖如圖所示,其正視圖為矩形,側(cè)視圖為等腰直角三角形,俯視圖為直角梯形(1)連接B1C,若M為AB的中點(diǎn),在線段CB上是否存在一點(diǎn)P,使得MP平面CNB1?若存在,求出BP的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說明理由(2)求二面角CNB1C1的余弦值解由題意可知,BA,BB1,BC兩兩垂直,以BA,BB1,BC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Bxyz,則由該幾何體的三視圖可知,C(0,0,4),N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4)(1)設(shè)平面CNB1的法向量為n(x,y,z)(4,4,4),(4,4,0),即令x1,可得平面CNB1的一個(gè)法向量為n(1,1,2),設(shè)P(0,0,a)(0a4),由于M(2,0,0),則(2,0,a)又MP平面CNB1,n22a0,解得a1.在線段CB上存在一點(diǎn)P,使得MP平面CNB1,此時(shí)BP1.(2)設(shè)平面C1NB1的法向量為m(x,y,z),(4,4,4),即令x1,可得平面C1NB1的一個(gè)法向量為m(1,1,0),cosm,n.由圖可知,二面角CNB1C1為銳角,故二面角CNB1C1的余弦值為.解題方略利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理,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”等若由此推導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論多練強(qiáng)化如圖,四棱錐PABCD的底面ABCD為矩形,PA平面ABCD,點(diǎn)E是棱PD的中點(diǎn),點(diǎn)F是PC的中點(diǎn)(1)證明:PB平面AEC.(2)若四邊形ABCD為正方形,探究在什么條件下,二面角CAFD大小為60?解:(1)證明:連接BD,設(shè)ACBDO,連接OE,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以點(diǎn)O是BD的中點(diǎn),因?yàn)辄c(diǎn)E是棱PD的中點(diǎn),所以PBEO,又因?yàn)镻B平面AEC,EO平面AEC,所以PB平面AEC.(2)由題意知AB,AD,AP兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),以AB,AD,AP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,設(shè)ABAD2a,AP2c,則A(0,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),P(0,0,2c),F(xiàn)(a,a,c)因?yàn)閦軸平面CAF,所以設(shè)平面CAF的一個(gè)法向量為n(x,1,0),而(2a,2a,0),所以n2ax2a0,得x1,所以n(1,1,0)因?yàn)閥軸平面DAF,所以設(shè)平面DAF的一個(gè)法向量為m(1,0,z),而(a,a,c),所以macz0,得z,所以m,所以cos 60,得ac.即當(dāng)AP等于正方形ABCD的邊長(zhǎng)時(shí),二面角CAFD的大小為60.數(shù)學(xué)抽象向量法解決空間立體幾何問題典例如圖,在三棱錐PABC中,PA底面ABC,BAC90.點(diǎn)D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PAAC4,AB2.(1)求證:MN平面BDE;(2)求二面角CEMN的正弦值;(3)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為,求線段AH的長(zhǎng)解由題意知,AB,AC,AP兩兩垂直,故以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系依題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0)(1)證明:(0,2,0),(2,0,2)設(shè)n(x,y,z)為平面BDE的法向量,則即不妨取z1,可得n(1,0,1)又(1,2,1),可得n0.因?yàn)镸N平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量設(shè)n2(x1,y1,z1)為平面EMN的法向量,又(0,2,1),(1,2,1),則即不妨取y11,可得n2(4,1,2)因此有cosn1,n2,于是sinn1,n2.所以二面角CEMN的正弦值為.(3)依題意,設(shè)AHh(0h4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得(1,2,h),(2,2,2)由已知,得|cos,|,整理得10h221h80,解得h或h.所以線段AH的長(zhǎng)為或.素養(yǎng)通路本題考查了線面平行、二面角及已知線面角求線段的長(zhǎng),以學(xué)習(xí)過的空間向量的相關(guān)知識(shí)為工具,通過數(shù)學(xué)抽象將幾何問題:證明線面平行、求二面角及求線段的長(zhǎng)抽象成直線共線向量與平面法向量垂直、兩平面法向量的夾角及向量的模長(zhǎng)問題,進(jìn)而進(jìn)行求解,考查了數(shù)學(xué)抽象這一核心素養(yǎng)

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