2016高考数学2轮专题突破配套课件︰专题4立体几何与空间向量第3讲.pptxVIP

第3讲　 立体几何中的向量方法;;高考真题体验;解析　方法一　补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角. 由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可将三棱柱补成正方体. 建立如图(1)所示空间直角坐标系. 设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)， B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，;1;方法二　通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解. 如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊 綊 BD,因此有ND綊BM, 则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.;1;1;1;1;1;1;1; 考情考向分析;热点一　利用向量证明平行与垂直;(3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.;例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面 ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直， M为AB的中点，O为DF的中点.运用向量方法证明： (1)OM∥平面BCF；;证明　方法一　由题意，得AB，AD， AE两两垂直，以A为原点建立如图所示 的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，;∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱， ∴AB⊥平面BCF， ∴ 是平面BCF的一个法向量， 且OM?平面BCF， ∴OM∥平面BCF.;证明　设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).;同理可得n2＝(0,1,1).;∵n1·n2＝0， ∴平面MDF⊥平面EFCD.;又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.;∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM?平面MDF， ∴平面MDF⊥平面EFCD.; 思维升华;跟踪演练1　如图所示，已知直三棱柱 ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形， ∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证：;取AB中点为N，连接CN， 则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，;(2)B1F⊥平面AEF.;热点二　利用空间向量求空间角;(2)线面夹角;(3)面面夹角;例2 (2015·安徽) 如图所示，在多面体 A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B， ADD1A1，ABCD均为正方形， E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F. (1)证明：EF∥B1C；;从而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE， 于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF， 所以EF∥B1C.;(2)求二面角E--A1D--B1的余弦值.;(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1). 设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，; 思维升华;;跟踪演练2　如图，已知⊙O的直径AB＝3， 点C为⊙O上异于A，B的一点，VC⊥平面ABC， 且VC＝2，点M为线段VB的中点. (1)求证：BC⊥平面VAC；;所以AC⊥BC. 又VC∩AC＝C， 所以BC⊥平面VAC.;(2)若AC＝1，求二面角M－VA－C的余弦值.;得x＝4，z＝2，;又BC⊥平面VAC，;热点三　利用空间向量求解探索性问题;例3 如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1，底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC＝1，BC＝2，AA1＝4. (1)当E是棱CC1的中点时，求证：CF∥平面AEB1；;∴FG∥EC，FG＝EC， ∴四边形FGEC是平行四边形， ∴CF∥EG. ∵CF?平面AEB1，EG?平面AEB1， ∴CF∥平面AEB1.;(2)在棱CC1上是否存在点E，使得二面角 A－EB1－B的余弦值是 ？若存在， 求CE的长；若不存在，请说明理由.;则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,4). 设E(0,0，m)(0≤m≤4)，平面AEB1的法向量为n1＝(x，y，z)，;解得m＝1(满足0≤m≤4)， ∴在棱CC1上存在点E符合题意，此时CE＝1.; 思维升华;跟踪演练3　如图所示，四边形ABCD是边长 为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面 ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点.;解 假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.;ES⊥平面AMN. 故线段AN上存在点S，;高考押题精练;;(2) 解　如图，???EF的中点M，则AF⊥AM， 以A为坐标原点，以AM，AF，AD所在直