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1、本章整合,专题一,专题二,专题三,专题一 空间向量与线面的位置关系 用向量作为工具来研究几何,真正实现了几何中的形与代数中的数的有机结合.给立体几何的研究带来了极大的便利,不论是证明平行还是证明垂直,只需简单的运算就可以解决问题.,专题一,专题二,专题三,应用如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点. (1)用向量法证明:平面A1BD平面B1CD1; (2)用向量法证明:MN平面A1BD.,提示:(1)面面平行应转化为证明线面平行;(2)线面垂直应转化为线线垂直,最终结合面面平行与线面垂直的判定定理证明;此外本题也可建立空间直角坐标系转化为向量的坐标运算去求解
2、.,专题一,专题二,专题三,解:(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,同理可证A1BD1C. 又BDA1B=B,B1D1D1C=D1, 故平面A1BD平面B1CD1.,专题一,专题二,专题三,又A1AAD,A1AAB, cb=0,ca=0. 又|b|=|a|,b2=a2,b2-a2=0.,专题一,专题二,专题三,同理可证MNA1B.又A1BBD=B, MN平面A1BD. 点评用向量法证明平行、垂直问题的步骤: (1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系,也可以不建系),用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面; (2)通过向量运算研究平行、垂直问题; (3)根据运算结果解
3、释相关问题.,专题一,专题二,专题三,专题二 空间向量与空间角 用几何法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角时,都需要先作出(或证出)所求空间角的平面角,费时费力,难度较大.而利用向量法,只需求出直线的方向向量与平面的法向量即可求解,体现了向量法极大的优越性.,专题一,专题二,专题三,应用1如图所示的多面体是由三棱锥A-BDE与四棱锥D-BCFE拼接而成的,其中EF平面AEB,AEEB,ADEFBC,BC=2AD=4, EF=3,AE=BE=2,G是BC的中点. (1)求异面直线BD与EG所成的角; (2)求平面DEG与平面AEFD所成的钝二面角的正弦值.,专题一,专题二,专题三,解
4、:(1)EF平面AEB,AE平面AEB,BE平面AEB, EFAE,EFBE. 又AEEB,EB,EF,EA两两垂直. 以点E为坐标原点,EB,EF,EA分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知,得点A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0),F(0,3,0),D(0,2,2),G(2,2,0),专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,点评立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系(一般考虑使用综合几何方法进行证明),然后是与空间角有关的问题,综合几何方法和空间向量方法都可以,但使用综合几何方法要作出空间角的平面角,作图中要伴随着相关的证明,对空间想象能力
5、与逻辑推理能力有较高的要求,而使用空间向量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量,按照空间角的计算公式进行计算,也就是把几何问题完全代数化了,这种方法对运算能力有较高的要求.两种方法各有利弊,在解题中可根据情况灵活选用.,专题一,专题二,专题三,应用2在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱BB1和DD1的中点. (1)求证:平面B1FC1平面ADE; (2)试在棱DC上求一点M,使D1M平面ADE; (3)求二面角A1-DE-A的余弦值.,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,专题三 利用空间向量解决探索性问题 立体几何探
6、索性问题是近几年高考中的热点题型.空间向量作为一种工具,在解决立体几何探索性问题中有着无比的优越性,运用空间向量解立体几何问题,可使几何问题代数化,大大简化思维程序,使解题思路直观明了. 空间中的探索性问题一般有以下两种类型: (1)“条件探索型”,就是指给出了问题的明确结论,但条件不足或未知,需要解题者探求、寻找使结论成立的条件的一类问题,这类问题的常用解法是逆推法,利用结论探求条件. (2)“存在型”,是指结论不确定的问题,即在数学命题中,结论常以“是否存在”的形式出现,其结果可能存在,需要找出来;可能不存在,则需要说明理由.解答这一类问题时,先假设结论存在,若推证无矛盾,则结论存在;若推
7、证出矛盾,则结论不存在.,专题一,专题二,专题三,应用1如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5, AA1=4. (1)求证:ACBC1; (2)在AB上是否存在点D,使得AC1CD? (3)在AB上是否存在点E,使得AC1平面CEB1?,专题一,专题二,专题三,解:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AC=3,BC=4,AB=5,所以AC2+BC2=AB2,即ACBC,所以AC,BC,CC1两两垂直,以C为原点,直线CA,CB,CC1分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系. 则点C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,
8、0),B1(0,4,4).,所以-9+9=0,解得=1. 所以在AB上存在点D使得AC1CD,此时点D与点B重合.,专题一,专题二,专题三,所以在AB上存在点E,使得AC1平面CEB1,此时点E为AB的中点.,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,解:建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=1,则点B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,3,0),F(0,0,1),E(0,1,1).,专题一,专题二,专题三,(2)设平面CDE的法向量为n=(x,y,z),专题一,专题二,专题三,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解析:以DA,DC,DD1为轴建立空间直角坐标系如图,答案:C,
9、1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解析:如图,取AB的中点F,连接EF.,答案:A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,3(2018全国1高考)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解:(1)由已知可得,BFPF,BFEF, 所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,垂足为H. 由(1)得,PH平面ABFD.,
10、1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解:(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,由OP2+OB2=PB2知POOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,5(2018全国3高考)如图,边长为2的正方形
11、ABCD所在的平面与半,(1)证明:平面AMD平面BMC; (2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 解:(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD. 因为BCCD,BC平面ABCD, 所以BC平面CMD,故BCDM.,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,6(2018天津高考)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M为CF
12、的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,7(2017全国1高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值. 解:(1)由已知BAP=CDP=90, 得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故A
13、BPD,从而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(2)在平面PAD内作PFAD,垂足为F. 由(1)可知,AB平面PAD, 故ABPF,可得PF平面ABCD.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,8(2017全国2高考)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角,PD的中点. (1)证明:直线CE平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解:(1)取PA的中点F,连接EF,BF.,又BF平面
14、PAB,CE平面PAB, 故CE平面PAB.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,9(2017全国3高考)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解:(1)由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC. 又ACD是直角三角形,所以ADC=90. 取AC的中点O,连接DO,BO, 则DOAC,DO=AO. 又由于ABC是正三角形,故BOAC. 所以DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2, 又AB=BD, 所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故DOB=90. 所以平面ACD平面ABC.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,