2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何與空間向量 第6節(jié) 空間向量的應(yīng)用（第3課時(shí)）利用空間向量解決有關(guān)空間角的開(kāi)放問(wèn)題課件 理 新人教A版

1、 第第3課時(shí)利用空間向量解決有關(guān)空間角的開(kāi)放問(wèn)題課時(shí)利用空間向量解決有關(guān)空間角的開(kāi)放問(wèn)題 考點(diǎn)一與線面角有關(guān)的探索性問(wèn)題 (1)求證：A1D平面BCED； (2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60？若存在，求 出PB的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由 (1)證明題圖(1)中，由已知可得：AE2，AD1，A60. 故得AD2DE2AE2，ADDE，BDDE. 題圖(2)中，A1DDE，BDDE， A1DB為二面角A1DEB的平面角， 又二面角A1DEB為直二面角，A1DB90，即A1DDB， DEDBD且DE，DB平面BCED，A1D平面BCED. (2)解存在由(1)知

2、EDDB，A1D平面BCED.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線DB、DE、 DA1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，如圖， 過(guò)P作PHDE交BD于點(diǎn)H， 因?yàn)橹本€PA1與平面A1BD所成的角為60， 規(guī)律方法解決此類問(wèn)題的基本策略是執(zhí)果索因，其結(jié)論明確需要求出使結(jié)論成立 的充分條件，將題設(shè)和結(jié)論都視為已知條件即可迅速找到切入點(diǎn)，建立方程(組)并 解方程(組)，若有解，則存在并求得結(jié)論成立的條件，若無(wú)解，則不存在 (1)求證：ADPC； (2)試確定點(diǎn)F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成 的角相等 由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos

3、454， 得AC2，所以AC2BC2AB2， 所以ACB90，即BCAC. 又ADBC，所以ADAC， 所以AD2AP2DP2，所以PAAD， 又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC. (2)解因?yàn)閭?cè)面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA 底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為 原點(diǎn)，直線AD，AC，AP為坐標(biāo)軸，建立如圖所示的空間 直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0， 2，0)，B(2，2，0)，E(1，1，0)，P(0，0，2)， 易得平面ABCD的一個(gè)法向量為m(0，0，1) 設(shè)平面PDC的法向量為n(x，y，z)， 令x1，得

4、n(1，1，1) 因?yàn)橹本€EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等， 考點(diǎn)二與二面角有關(guān)的探索性問(wèn)題多維探究 角度1已知二面角探求長(zhǎng)度 (1)求證：平面PBC平面PQB； (2)當(dāng)PM的長(zhǎng)為何值時(shí)，平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為 60？ BCQD，BCQD， 四邊形BCDQ為平行四邊形，BQCD. ADC90，BCBQ. PAPD，AQQD，PQAD. 又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD， PQ平面ABCD，PQBC. 又PQBQQ，BC平面PQB. BC平面PBC，平面PBC平面PQB. 設(shè)平面MBQ的法向量為m(x，y，z)，則 設(shè)平面P

5、DC的法向量為n(x，y，z)，則 平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60， 角度2已知二面角探求角度 【例22】 (2019河北“五個(gè)一”名校聯(lián)考)如圖所示的幾何 體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，ABC60， AB2BC2CD，四邊形DCEF是正方形，N，G分別是線段 AB，CE的中點(diǎn) (1)證明法一如圖，設(shè)DF的中點(diǎn)為M，連接AM，GM， 因?yàn)樗倪呅蜠CEF是正方形，所以MG綉CD， 又四邊形ABCD是梯形，且AB2CD，ABCD，點(diǎn)N是AB 的中點(diǎn)， 所以AN綉DC，所以MG綉AN， 所以四邊形ANGM是平行四邊形，所以NGAM. 又AM平面ADF，NG 平面ADF，

6、 所以NG平面ADF. 法二如圖，連接NC，NE，因?yàn)镹是AB的中點(diǎn)，四邊形 ABCD是梯形，AB2CD，ABCD， 所以AN綉CD， 所以四邊形ANCD是平行四邊形，所以NCAD， 因?yàn)锳D平面ADF，NC 平面ADF， 所以NC平面ADF， 同理可得NE平面ADF，又NCNEN，所以平面NCE平面ADF， 因?yàn)镹G平面NCE，所以NG平面ADF. (2)解設(shè)CD的中點(diǎn)為O，EF的中點(diǎn)為P，連接NO，OP，易 得NOCD，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，以O(shè)C所在直線為x軸，以NO所 在直線為y軸，以過(guò)點(diǎn)O且與平面ABCD垂直的直線為z軸建立 如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 因?yàn)镹OCD，OPCD， 所以NOP是二

7、面角ACDF的平面角， 則NOP，所以POy， 設(shè)平面BCE的法向量為n(x，y，z)， 又易知平面ACD的一個(gè)法向量為m(0，0，1)， 由圖可知二面角ABCE為銳角， 規(guī)律方法1.解決探究性問(wèn)題的基本方法是假設(shè)結(jié)論成立或?qū)ο蟠嬖?，然后在這個(gè) 前提下進(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，則說(shuō)明假設(shè)成立，即 存在，并可進(jìn)一步證明；否則不成立，即不存在 2探索線段上是否存在點(diǎn)時(shí)，注意三點(diǎn)共線條件的應(yīng)用 3利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，可將空間中的探究性問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程是否有解的問(wèn) 題進(jìn)行處理 【訓(xùn)練2】 (2019華南師大附中質(zhì)檢)如圖，在五面體ABCDEF中，ABCDEF， ADCD，DCF

8、60，CDEFCF2AB2AD2，平面CDEF平面ABCD. (1)求證：CE平面ADF； (2)已知P為棱BC上的點(diǎn)，試確定點(diǎn)P的位置，使二面角PDFA的大小為60. (1)證明CDEF，CDEFCF， 四邊形CDEF是菱形，CEDF. 平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，ADCD，AD平面 ABCD， AD平面CDEF， CE平面CDEF，ADCE. 又AD平面ADF，DF平面ADF，ADDFD， 直線CE平面ADF. (2)解由(1)知四邊形CDEF為菱形， 又DCF60， DEF為正三角形 如圖，取EF的中點(diǎn)G，連接GD，則GDEF. EFCD，GDCD. 平面CD

9、EF平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF 平面ABCDCD， GD平面ABCD. 又ADCD，直線DA，DC，DG兩兩垂直 以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DG所在的直線為x軸、y軸、 z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系Dxyz. CDEFCF2，ABAD1， 二面角PDFA的大小為60， P在靠近點(diǎn)B的CB的三等分點(diǎn)處 考點(diǎn)三與空間角有關(guān)的最值問(wèn)題 (1)求證：平面BED平面ABCD； (2)若點(diǎn)P在平面ABE內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且DP平面BEC，求直線DP 與平面ABE所成角的正弦值的最大值 (1)證明如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接EO， ADAB，CDCB，ACAC， ADCABC，易得ADO

10、ABO， AODAOB90， ACBD. 又ECBD，ECACC，BD平面AEC， 又OE平面AEC，OEBD. 又底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形， ADCABC90， 易得AEOACE，AOEAEC90， 即EOAC. 又AC，BD平面ABCD，ACBDO， EO平面ABCD， 又EO平面BED，平面BED平面ABCD. (2)解如圖，取AE的中點(diǎn)M，AB的中點(diǎn)N，連接MN，ND，DM， 則MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60， ABD為正三角形，DNAB，又BCAB， 平面DMN平面EBC，點(diǎn)P在線段MN上 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)平面ABE的法向量n

11、(x，y，z)， 規(guī)律方法解決空間角的最值問(wèn)題一般是把空間角的某個(gè)三角函數(shù)值表示為某個(gè)變 量的函數(shù)，利用這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性求三角函數(shù)值的最值，求解時(shí)需要注意的是函數(shù) 中自變量的取值范圍對(duì)最值的決定作用 【訓(xùn)練3】 (2019上海靜安區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，PA平面ADE，B，C分別是AE，DE的 中點(diǎn)，AEAD，ADAEAP2. (1)求二面角APED的余弦值； (2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長(zhǎng) 解 (1)因?yàn)镻A平面ADE，AD平面ADE，AB平面ADE， 所以PAAD，PAAB， 又因?yàn)锳BAD， 所以PA，AD，AB兩兩垂直 因?yàn)镻AAD，ADAE，AEPAA， 所以AD平面PAE， 設(shè)平面PED的法向量為m(x，y，z) 令y1，解得z1，x1. 所以m(1，1，1)是平面PED的一個(gè)法向量， 設(shè)12t，t1，3， 思維升華 用向量法解決立體幾何問(wèn)題，是空間向量的一個(gè)具體應(yīng)用，體現(xiàn)了向量的工具性， 這種方法可把復(fù)雜的推