【数学】2019届一轮复习人教A版利用空间向量解决开放性问题学案

【数学】2019届一轮复习人教A版利用空间向量解决开放性问题学案

‎ 专题七 立体几何 问题五：利用空间向量解决开放性问题 一、考情分析 开放题是相对与那种完全具备条件和固定答案的封闭题而言的，立体几何开放性试题与一般的开放性试题同样具备以下几个特征：不确定性、探究性、非完备性、发散性、有层次性、发展性和创新性等，是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备．要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括．它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求．它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程．‎ 空间直角坐标系的建立，把空间几何体数字化了，其结构特征可以直接利用数字化的“空间坐标”进行具体的刻画，所以可以把空间几何体中的问题转化为“数”、“式”、“方程”与“函数”的相关问题，空间几何体中的开放性问题也就转化为代数中的相关问题进行解决.‎ 二、经验分享 ‎1.恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．‎ ‎2.证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．学 ！ ‎ ‎3.证明垂直问题的方法 ‎(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．‎ ‎(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．‎ 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．‎ ‎4.对于较复杂的立体几何问题可采用向量法 ‎(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．‎ ‎(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．‎ ‎5.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．‎ ‎6.利用向量法求线面角的方法 ‎(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；‎ ‎(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．‎ ‎7.利用向量法计算二面角大小的常用方法 ‎(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．‎ ‎(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．‎ 三、知识拓展 ‎1．直线的方向向量与平面的法向量的确定 ‎(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．‎ ‎(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 ‎2．用向量证明空间中的平行关系 ‎(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.‎ ‎(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.‎ ‎(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.‎ ‎(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.‎ ‎3．用向量证明空间中的垂直关系 ‎(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.‎ ‎(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.‎ ‎(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.‎ ‎4．两条异面直线所成角的求法 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ a与b的夹角β 范围 ‎(0，]‎ ‎[0，π]‎ 求法 cos θ＝ cos β＝ ‎5.直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝.‎ ‎6．求二面角的大小 ‎(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ ‎(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．‎ ‎7.利用空间向量求距离(供选用)‎ ‎(1)两点间的距离 设点A(x1，y1， 1)，点B(x2，y2， 2)，则|AB|＝||＝. : | |X|X|K]‎ ‎(2)点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.‎ 四、题型分析 ‎(一) 条件追溯型 ‎ 条件追溯型 的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．‎ ‎【例1】四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，当的值等于多少时，能使PB⊥AC？并给出证明.‎ ‎1, 0)，=(x,―1,―)，=(x, 2, 0)‎ ‎∵PB⊥AC ‎ ‎∴·=0 即x2―2=0‎ ‎∴x= ‎ ‎∴=‎ ‎【点评】条件追溯型问题可以利用根据空间向量的坐标运算，利用已知的结论构建关于条件参数的方程，通过求解方程确定对应的条件即可.条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件．这类题要求变换思维方向，有利于培养逆向思维能力．‎ ‎【小试牛刀】【2017安徽淮南二中12月月考】如图，在五棱锥中，平面,∥，∥，∥，, ，，是等腰三角形．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求侧棱上是否存在点，使得与平面所成角大小为，若存在，求出点位置，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）点为顶点时满足题意 ‎ ‎ ‎(2) 由（Ⅰ）知AB，AC，AP两两互相垂直，分别以AB，AC，AP为x，y， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由△PAB为等腰直角三角形，所以，‎ 而，则 因为AC∥ED，CD⊥AC，所以四边形ACDE是直角梯形．‎ 因为AE=2，∠ABC=45°，AE∥BC，所以∠BAE=135°，∠CAE=45°，‎ 故，所以．‎ 因此，设是平面PCD的一个法向量，则，解得x=0，y= ．取y=1，得，‎ 假设 ‎．‎ 由解出，存在，点为顶点时满足题意 ‎ (二) 结论探索型 结论探索型问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论．在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．‎ ‎【例2】如图，在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A‎1M＝AN＝，则MN与平面BB‎1C1C的位置关系是________．学 = ‎ ‎【点评】该题也可以利用空间向量的坐标运算解决，更为简单直接.‎ 结论探索型问题中的结论一般是确定的，所以可以利用特值来验证；对于探究含有变量或动点的问题，其结论不一定是确定的，可能随变量的不同或动点的位置而发生变化，此时要多取几个特殊的参数或特殊的点进行验证，不能仅凭一值一点下结论.‎ ‎【小试牛刀】如图，在长方体ABCD—A1B‎1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为( )‎ A．平行 B．异面 C．垂直 D．以上都不对 ‎（三）存在判断型 存在判断型问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．‎ ‎【例3】如图，在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．‎ ‎(Ⅰ)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(Ⅱ)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．‎ ‎【点评】对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证．另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.存在性问题涉及到的内容比较复杂，多与方程解的存在性、不等式成立、函数最值与范围等问题相结合.在实际问题中，应结合条件灵活转化条件.‎ ‎【小试牛刀】【2017湖南师大附中高三上学期月考】已知正三棱柱中，，点为的中点，点在线段上.‎ ‎（Ⅰ）当时，求证；‎ ‎（Ⅱ）是否存在点，使二面角等于60°？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在点,当时，二面角等于.‎ ‎【解析】（Ⅰ）证明：连接，‎ 因为为正三棱柱，所以为正三角形，‎ 又因为为的中点，所以，‎ 又平面平面，平面平面，‎ 所以平面，所以. ‎ 因为，所以，‎ 所以在中，，‎ 在中，，所以，即.‎ 又，‎ 所以丄平面，面，所以.‎ ‎（Ⅱ）假设存在点满足条件，设.‎ 取的中点，连接，则丄平面，‎ 所以， ‎ 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ 所以，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，令，得，‎ 同理，平面的一个法向量为，‎ 则，取，‎ ‎∴.‎ ‎∴，解得，‎ 故存在点,当时，二面角等于.‎ 四、迁移运用 ‎1．【2017江西吉安一中上学期段考】在三棱柱中，已知，点在底面的投影是线段的中点．‎ ‎（1）证明：在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；‎ ‎（2）求：平面与平面夹角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；．（2）．‎ ‎【解析】（1）证明：连接，在中，作于点，因为，得，因为平面，所以，‎ 因为，得，所以平面，所以，所以平面，‎ 又，得． ‎ ‎（2）如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则．‎ 由得点的坐标是，‎ 由（1）得平面的法向量是，‎ 设平面的法向理，‎ 由得，‎ 令，得，即，‎ 所以，‎ 即平面与平面的夹角的余弦值是． ‎ ‎2．【2017届湖南长沙一中高三月考】在等腰中，，腰长为2，、分别是边、的中点，将沿翻折，得到四棱锥，且为棱中点，．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求二面角的余弦值，若不存在，请说明理由． ‎ ‎[ :学 ]‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎（Ⅱ）以D为原点建立如图所示空间直角坐标系．‎ 则，，，，，‎ 设，则，[ : | |k ]‎ 设平面的法向量为，则由，且，得，‎ 取，则，‎ 要使平面，则须，‎ 所以，即线段上存在一点，使得平面，‎ 设平面BAE的法向量为，则由，且，得 ‎，取，则，，‎ 因为二面角为锐二面角，所以其余弦值为，‎ 即线段上存在一点（点是线段上的靠近点的一个三等分点），‎ 使得平面，此时二面角的余弦值为 ‎3．【2017届河北武邑中学高三上学期调研】四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，且平面平面．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）在线段上是否存在一点，使二面角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) 存在，.‎ ‎【解析】（1）过作，交于，连接．‎ ‎，，，四边形是矩形，．，‎ ‎，，． ‎ ‎，．又平面，平面，，‎ 平面， ‎ 平面，． ‎ ‎（2）平面平面，平面平面，，‎ 平面．‎ 以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系， ‎ 如图所示：则，，假设存在点使得二面角的大小为，则，．‎ 设平面的法向量为，则．‎ ‎，令得． ‎ 平面，‎ 为平面的一个法向量． ‎ ‎． ‎ 解得．． ‎ ‎ ‎ ‎4．【2017届四川成都市高三一诊】如图１，在正方形中，点分别是的中点，与交于点为中点，点在线段上，且.现将分别沿折起，使点重合于点（该点记为），如图2所示.‎ ‎（1）若，求证：平面；‎ ‎（2）是否存在正实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)详见解析；（2）.‎ ‎（2）由题意，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设，则．∴． ‎ ‎∵，∴，∴ . ‎ ‎∴． ‎ 又∵，‎ 设平面的一个法向量为．‎ 由．取，则． ‎ ‎∵直线与平面所成角的正弦值为，‎ ‎∴ ‎ ‎∴，解得或（不合题意，舍去）‎ 故存在正实数，使得直线与平面所成有的正弦值为． ‎ ‎5．【2017届云南大理州高三上学期统测】在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，且，分别为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.‎ ‎【解析】（1）证明：连接，由正方形性质可知，与相交于点，‎ 所以，在中，． ‎ 又平面平面． ‎ 所以平面． ‎ ‎（2）取的中点，连接，‎ 因为，所以，‎ 又因为侧面底面，交线为，所以平面，‎ 以为原点，分别以射线和为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，‎ ‎，不妨设． ‎ 则有，假设在上存在点，‎ 则． ‎ 因为侧面底面，交线为，且底面是正方形，‎ 所以平面，则，‎ 由得，‎ 所以，即平面的一个法向量为． ‎ 设平面的法向理为，由即，亦即，可取． ‎ 所以． ‎ 解得（舍去）．‎ 所以线段上存在点，且为的中点，使得二面角的余弦值为． ‎ ‎6．【重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考】如图，在正四棱锥中，底边，侧棱， 为侧棱上的点.‎ ‎（1）若平面，求二面角的余弦值的大小；‎ ‎（2）若，侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，试说明理由.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）如图，连接，设交于，由题意知平面，又，故两两垂直．‎ 以为坐标原点， 分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ ‎∵， ，∴.‎ ‎（1）由题意得， ， ，‎ ‎∴， ，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面的一个法向量，‎ 又平面的一个法向量，‎ ‎∴，‎ 由图形知二面角为锐角，‎ ‎∴所求二面角的余弦值为.‎ 由，得，‎ 令，则，‎ 设，‎ 则，‎ 由平面，可得，‎ 解得，‎ ‎∴当时， 平面.‎ ‎7．【北京市一零一中学2018届高三3月月考】如图，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，四边形CC1D1D为矩形，已知AB⊥BC1，AD=4，AB=2，BC=1.‎ ‎（I）求证：BC1∥平面ADD1；‎ ‎（II）若DD1=2，求平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值；‎ ‎（III）设P为线段C1D上的一个动点（端点除外），判断直线BC1与直线CP能否垂直?并说明理由. ‎ ‎【解析】‎ ‎（I）证明：由CC1D1D为矩形，得CC1∥DD1，又因为DD1平面ADD1，CC1平面ADD1，‎ 所以CC1∥平面ADD1， ‎ 同理BC∥平面ADD1，又因为BCCC1=C，所以平面BCC1∥平面ADD1，‎ 又因为BC1平面BCC1，所以BC1∥平面ADD1. ‎ ‎（II）.由平面ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，得AB⊥BC，又因为AB⊥BC1，BCBC1=B，所以AB⊥平面BCC1，所以AB⊥CC1，又因为四边形CC1D1D为矩形，且底面ABCD中AB与CD相交一点，所以CC1⊥平面ABCD，因为CC1∥DD1，所以DD1⊥平面ABCD.‎ 过D在底面ABCD中作DM⊥AD，所以DA，DM，DD1两两垂直，以DA，DM，DD1分别为x轴、y轴和 轴，如图建立空间直角坐标系， ‎ 则D（0，0，0），A（4，0，0），B（4，2，0），C（3，2，0），C1（3，2，2），D1（0，0，2），‎ 所以=（-l，2，2），=（-4，0，2）.‎ 设平面AC1D1的一个法向量为m=（x，y， ），‎ 由m·=0，m·=0，得 令x=2，得m=（2，-3，4） ‎ 易得平面ADD1的法向量n=（0，1，0）.‎ 所以cos=.‎ 即平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值为 ‎（III）结论：直线BC1与CP 不可能垂直， ‎ 证明：设DD1=m（m>0），= （∈（0，1）），‎ 由B（4，2，0），C（3，2，0），C1（3，2，m），D（0，0，0），‎ 得=（-l，0，m），=（3，2，m），= =（3，2，m），=（-3，-2，0），=+=（3-3，2-2，m）. ‎ 若BC1⊥CP，则·=-（3-3）+m2=0，即（m2-3）=-3，因为≠0，‎ 所以m2=-+3>0，解得>1，这与0<

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