高考题 课本寻根

教材丰富的内涵是编拟高考数学试题的源泉。高考数学试题,多数源于课本,是课本例题或习题的类比、改造、延伸和拓展。剖析高考题中的立体几何向量解法,或多或少总能在课本上找到影子或模型,只不过有些比较直观；有些“只缘身在此山中”,却“不识庐山真面目”。因此,高考命题“源于教材,高于教材”,一定要抓住“课本”这个根本,重视教材中的基础知识和基本方法,然后加以引申、变化,做到举一反三。

考点一：证明平行问题

主要考查空间平行关系中的线线平行与线面平行,是高考的重点内容之一,且线面平行为考查的核心。深刻理解直线、平面的平行定义及向量共线的充要条件是解决此类题的关键。

【例１】 (2011安徽理17)如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,

点O在线段AD上,OA=1,OD=2,OAB,OAC,ODE,ODF都是正三角形,证明直线BC∥EF.

分析 一般来说,利用向量证明线线平行,通常是证明它们所对应的向量共线。

证明 过点F作FQAD,交AD于点Q,连QE,

由平面ABED平面ADFC,知FQ平面ABED,以Q为坐标原点,QE为x轴正向,QD为y轴正向,QF为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系．

由条件知E(3,0,0),F(0,0,3),B32,-32,0,C0,-32,32,则有BC=-32,0,32,EF=(-3,0,3),所以EF=2BC,即得BC∥EF．

点拨 本题考查空间直线与直线,直线与平面、平面与平面的位置关系,空间直线平行的证明等基本知识,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力。本题来源于教材P93,例4.其证法类似。利用空间向量证明平行主要有两条途径：(1) 通过证明两条直线的方向向量共线,且无公共点；(2) 通过证明两条直线的方向向量为某同一平面的法向量。

考点二:证明垂直问题

主要考查空间垂直关系中的线线垂直、线面垂直与面面垂直,而其中考得最多的是线面垂直,因为线线垂直与面面垂直都是围绕线面垂直来进行的。

【例2】 (2011广东理18)如图,在锥体PABCD中,ABCD是边长为1的菱形,

且∠DAB=60°,PA=PD=2，PB=2,E,F分别是BC,PC的中点.证明：AD平面DEF.

分析 要证AD平面DEF,只需证明AD垂直于平面中两条相交直线,建立适当的空间直角坐标系,通过向量的坐标运算,根据数量积是否等于0来判断垂直关系。

证明 取AD中点为G,因为PA=PD,PGAD.

又AB=AD,∠DAB=60°,ABD为等边三角形,因此,BGAD,从而AD平面PBG.

延长BG到O且使得POOB,又PO平面PBG,POAD,AD∩OB=G,

所以PO平面ABCD.

以O为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线OB,OP分别为x轴,z轴,平行于AD的直线为y轴,建立如图所示空间直角坐标系.

设P(0,0,m),G(n,0,0),

则An,-12,0,Dn,12,0.

|GB|=|AB|sin60°=32，

Bn+32,0,0,Cn+32,1,0,En+32,12,0,Fn2+34,12,m2.

由于AD=(0,1,0),DE=32,0,0,

FE=n2+34,0,-m2，

得AD•DE=0，AD•FE=0，ADDE，ADFE，DE∩FE=E.

AD平面DEF.

点拨 利用向量证明直线与平面垂直主要有两条途径：(1) 根据线面垂直的判定定理利用向量证明直线与平面内的两条相交直线垂直；(2) 转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线。利用向量证明线线垂直,一般先确定出表示两条直线的方向向量,然后利用向量垂直的充要条件证明。利用向量证明平面与平面垂直主要有两条途径：(1) 根据面面垂直的判定定理利用向量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；(2) 转化为证明这两个平面的法向量互相垂直。本题来源于教材P93,例5。

考点三:求角问题

空间角是立体几何的四大核心问题(角、距离、平行、垂直)之一,同时也是高考长久不衰的热点与重点。

【例3】 (2011天津理17)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=22,C1H平面AA1B1B,且C1H=5.

(1) 求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；

(2) 求二面角AA1C1B1的正弦值.

分析 利用空间向量的知识来求空间角,可以避免作平面角的繁杂过程,同时使几何问题代数化,减少难度。利用向量求异面直线所成角,关键是求出表示两条异面直线的向量,需要注意这两个向量的夹角就是两条异面直线所成的角(或补角)；利用向量求平面与平面所成的二面角,通过求两平面的法向量所夹的角(它与面面夹角相等或互补)。解 如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点．

依题意得A(22,0,0),B(0,0,0),C(2,-2,5),A1(22,22,0),B1(0,22,0),C1(2,2,5).

(1) 易得AC=(-2,-2,5),A1B1=(-22,0,0),

于是cos〈AC，A1B1〉=AC•A1B1|AC|•|A1B1|=43×22=23，

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.

(2) 易知AA1=(0,22,0),A1C1=(-2,-2,5).

设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),则m•A1C1=0，

m•AA1=0.即-2x-2y+5z=0,

22y=0.

不妨令x=5,可得m=(5,0,2),

同样地,设平面A1B1C1的法向量n=(x,y,z),则n•A1C1=0，

n•A1B1=0.即-2x-2y+5z=0,

-22x=0.不妨令y=5,可得n=(0,5,2).

于是cos〈m,n〉=m•n|m|•|n|=27•7=27，从而sin〈m，n〉=357.

所以二面角AA1C1B的正弦值为357.

点拨 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。利用向量求异面直线所成角：求出表示两条异面直线的向量,则这两个向量的夹角就是两条异面直线所成的角(或补角)；利用向量求斜线与平面所成的角有两条途径：(1) 作出斜线与平面所成的角,再利用向量求解；(2) 求斜线的方向向量与该平面的法向量所成的角,再利用“斜线与平面所成的角和斜线与该平面的法向量所成角(补角)的互余”的关系求出斜线与平面所成的角；利用向量求平面与平面所成的二面角主要有两条途径：(1) 作出二面角的平面角,再利用向量求解；(2) 通过求两平面的法向量所夹的角(它与面面夹角相等或互补)。本题来源于P9596,例1、例2。

牛刀小试

1. 如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.求证：AM∥平面BDE.

2. 如图所示,四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD＝60°,E是CD的中点,PA底面ABCD,PA＝2,证明：平面PBE平面PAB.

3. 如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=2.E、F分别是线段AB、BC上的点,且EB=FB=1.求二面角CDEC1的余弦值.

4. 已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MNAB1？若存在,请你求出它的位置；若不存在,请说明理由．

【参考答案】

1. 证明：记CD=a,CB=b,CE=c,OE=OC+CE=2c-a-b2.

则AM=AF+FM=2c-a-b2.

AM=OE,又AM平面BDE,OE平面BDE,AM∥平面BDE.

2. 如图所示,以A为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A(0,0,0),B(1,0,0),C32,32,0,D12,32,0,P(0,0,2),E1,32,0.

因为BE=0,32,0,平面PAB的一个法向量是n0=(0,1,0),

因为BE和n0共线.从而BE平面PAB．

又因为BE平面PBE,故平面PBE平面PAB．

3. 如图,以A为原点,AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系Axyz,则有D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2)．

于是DE=(3,-3,0),EC1=(1,3,2),FD1=(-4,2,2)．

设向量n=(x,y,z)与平面C1DE垂直,则有

nDE

nEC13x-3y=0

x+3y+2z=0x=y=-12z．

n=-z2,-z2,z=z2(-1,-1,2),其中z＞0．

取n0=(-1,-1,2),则n0是一个与平面C1DE垂直的向量．

向量AA1=(0,0,2)与平面CDE垂直,

n0与AA1所成的角θ为二面角CDEC1的平面角．

cosθ=n0•AA1|n0|×|AA1|=-1×0-1×0+2×21+1+4×0+0+4=63.

(作者：刘长柏，江苏省盐城市时杨中学）