《2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题五立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题五立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理（42页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 空间向量与立体几何,考情分析,总纲目录,典型例题 如图所示,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,E,F 分别是PC,PD的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF平面PAB; (2)求证:平面PAD平面PDC.,证明 以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间 直角坐标系如图所示,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 所以E ,F , = , =(0,0,1), =(0,2,0), =(1,0, 0), =(1,0,0). (1)因为 =- ,所以 ,即EFAB. 又AB平
2、面PAB,EF平面PAB, 所以EF平面PAB. (2)因为 =(0,0,1)(1,0,0)=0, =(0,2,0)(1,0,0)=0, 所以 , , 即APDC,ADDC. 又因为APAD=A,AP平面PAD,AD平面PAD, 所以DC平面PAD.因为DC平面PDC, 所以平面PAD平面PDC.,方法归纳 向量法证明平行与垂直的四个步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知的垂直关系; (2)建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所 涉及的点、直线、平面; (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量,再研究平行、垂直关 系; (4)根据运算结果解释相关问题
3、.,跟踪集训 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=90,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上, 且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证: (1)B1D平面ABD; (2)平面EGF平面ABD.,(2)由(1),知E(0,0,3),G ,F(0,1,4), 则 = , =(0,1,1), 所以 =0+2-2=0, =0+2-2=0, 即B1DEG,B1DEF. 又EGEF=E,EG,EF平面EGF, 因此B1D平面EGF. 结合(1)可知平面EGF平面ABD.,考点二 利用空间向量求空间角(高频考点) 命题点 1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角.,2
4、.由空间角的大小求参数值或线段长.,1.向量法求异面直线所成的角 若异面直线a,b的方向向量分别为a,b,所成的角为,则cos =|cos|= .,2.向量法求线面所成的角 求出平面的法向量n,直线的方向向量a,设线面所成的角为,则sin =|cos |= .,3.向量法求二面角 求出二面角-l-的两个半平面与的法向量n1,n2,若二面角-l-所成的 角为锐角,则cos =|cos|= ; 若二面角-l-所成的角为钝角,则cos =-|cos|=- .,典型例题 (2017课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角 形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,BA
5、D=ABC=90,E是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.,解析 (1)取PA的中点F,连接EF,BF. 因为E是PD的中点,所以EFAD,EF= AD. 由BAD=ABC=90得BCAD,又BC= AD,所以EFBC,四边形 BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE 平面PAB.,(2)由已知得BAAD,以A为坐标原点, 的方向为x轴正方向,| |为单 位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1, 0),P
6、(0,1, ), =(1,0,- ), =(1,0,0).,设M(x,y,z)(0x1),则 =(x-1,y,z), =(x,y-1,z- ).,因为BM与底面ABCD所成的角为45, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量, 所以|cos|=sin 45, = , 即(x-1)2+y2-z2=0. 又M在棱PC上,设 = ,则 x=,y=1,z= - . ,方法归纳 利用空间向量求空间角的一般步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系;,(2)求出相关点的坐标,写出相关向量的坐标; (3)结合公式进行论证、计算; (4)转化为几何结论.,跟踪集训 1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行
7、六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面 ABCD,且AB=AD=2,AA1= ,BAD=120. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值.,解析 在平面ABCD内,过点A作AEAD,交BC于点E. 因为AA1平面ABCD, 所以AA1AE,AA1AD. 如图,以 , , 为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.,因为AB=AD=2,AA1= ,BAD=120, 则A(0,0,0),B( ,-1,0),D(0,2,0),E( ,0,0),A1(0,0, ),C1( ,1, ). (1) =( ,-1,- ), =( ,1, ), 则cos=
8、= =- , 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 . (2)平面A1DA的一个法向量为 =( ,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90 .点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求线 段AH的长.,解析 如图,以A为原点,分别以 , , 方向为x轴、y轴、z轴正方向 建立空间直角坐标系.依题意可得
9、A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0, 0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)证明: =(0,2,0), =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则,即 不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又 =(1,2,-1),可得 n=0,即 n. 因为MN平面BDE,所以MN平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量. 设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 因为 =(0,-2,-1), =(1,2,-1),所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos
10、= =- ,于是sin= . 所以,二面角C-EM-N的正弦值为 . (3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得 =(-1,-2,h), =(-2, 2,2).由已知,得|cos|= = = ,整理得10h2- 21h+8=0,解得h= 或h= . 所以,线段AH的长为 或 .,考点三 立体几何中的探索性问题,典型例题 (2017宝鸡质量检测(一)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,PA 底面ABCD,点E是PD的中点,点F是PC的中点. (1)证明:PB平面AEC; (2)若底面ABCD为正方形,探究在什么条件下,二面角C-AF-D的大小为6 0?,解析 易知
11、AD,AB,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 设AB=2a,AD=2b,AP=2c,则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c). 连接BD,设ACBD=O,连接OE,则O(a,b,0),又E是PD的中点,所以E (0,b,c). (1)因为 =(2a,0,-2c), =(a,0,-c), 所以 =2 ,所以 ,即PBEO. 因为PB平面AEC,EO平面AEC,所以PB平面AEC.,方法归纳 利用空间向量巧解探索性问题 (1)对于存在型问题,解题时,把要满足的结论当作条件,据此列方程或方 程组,把“是否存在”问题转化
12、为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探索型问题,通常是借助向量,引入参数,综合条件和结论列 方程,解出参数,从而确定位置.,跟踪集训 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. (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值; (2)在线段AN上是否存在点S,使得ES平面AMN?若存在,求线段AS的 长;若不存在,请说明理由.,(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES平面AMN. 连接AE,如图所示. 因为 =(0,1,1),可设 = =(0,), 又 = ,所以 = + = . 由ES平面AMN,得 即
13、 解得= ,此时 = ,| |= . 经检验,当|AS|= 时,ES平面AMN. 故线段AN上存在点S,使得ES平面AMN,此时|AS|= .,1.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是 的中点. (1)设P是 上的一点,且APBE,求CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.,随堂检测,解析 (1)因为APBE,ABBE, AB,AP平面ABP,ABAP=A, 所以BE平面ABP,又BP平面ABP, 所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30. (2)解法一
14、:取 的中点H,连接EH,GH,CH. 因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC= = . 取AG中点M,连接EM,CM,EC, 则EMAG,CMAG, 所以EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM= =2 . 在BEC中,由于EBC=120, 由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12, 所以EC=2 ,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60. 解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如 图所示的空间直角坐标系.,由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1, ,3),C(-1, ,0
15、), 故 =(2,0,-3), =(1, ,0), =(2,0,3), 设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量. 由 可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,- ,2).,设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量. 由 可得 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,- ,-2). 所以cos= = . 易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60.,2.(2017昆明教学质量检测)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC 平面BCC1B1,AC=BC=1,BB1=2,B1BC=60. (1)证明:B1CAB; (2)已知点E在棱BB1上,二面角A-
16、EC1-C为45,求 的值.,解析 (1)在BCB1中,BC=1,BB1=2,B1BC=60, 则B1C= = , 于是BC2+B1C2=B ,故B1CBC. 因为AC平面BCC1B, 所以ACB1C,又BCAC=C, 所以B1C平面ABC,所以B1CAB. (2)以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),B1( ,0,0),B(0,1,0),A(0,0,1), 由 = 得C1( ,-1,0), 设 = (01),则E( ,1-,0), 于是 =( ,1-,-1), =( ,-1,-1),设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),则 即 可得平面AEC1的一个法向量为n=(-2, -
