2019高考数学二轮复习 第11讲 空间向量与立体几何课件 理.ppt

第11讲空间向量与立体几何 总纲目录 考点一利用向量法证明平行与垂直设直线l的方向向量为a a1 b1 c1 平面 的法向量分别为 a2 b2 c2 v a3 b3 c3 1 线面平行l a a 0 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 线面垂直l a a k k 0 a1 ka2 b1 kb2 c1 kc2 k 0 3 面面平行 v v 0 a2 a3 b2 b3 c2 c3 0 4 面面垂直 v v 0 a2a3 b2b3 c2c3 0 1 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 证明 1 以B为坐标原点 BA BC BB1所在的直线分别为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系 如图所示 则B 0 0 0 D 0 2 2 B1 0 0 4 C1 0 2 4 设BA a a 0 则A a 0 0 所以 a 0 0 0 2 2 0 2 2 所以 0 0 4 4 0 即B1D BA B1D BD 又BA BD B BA BD 平面ABD 因此B1D 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B1D EG B1D EF 又EG EF E EG EF 平面EGF 因此B1D 平面EGF 结合 1 可知平面EGF 平面ABD 2 如图 在四棱锥P ABCD中 PA 底面ABCD AD AB AB DC AD DC AP 2 AB 1 点E为棱PC的中点 证明 1 BE DC 2 BE 平面PAD 3 平面PCD 平面PAD 证明依题意 以点A为原点建立空间直角坐标系 如图 可得B 1 0 0 C 2 2 0 D 0 2 0 P 0 0 2 由E为棱PC的中点 得E 1 1 1 1 0 1 1 2 0 0 故 0 所以BE DC 2 因为PA 平面ABCD AB 平面ABCD 所以AB PA 又AB AD PA AD A 所以AB 平面PAD 所以 1 0 0 为平面PAD的一个法向量 而 0 1 1 1 0 0 0 所以BE AB 又BE 平面PAD 所以BE 平面PAD 3 由 2 知平面PAD的一个法向量 1 0 0 0 2 2 2 0 0 设平面PCD的法向量为n x y z 则即不妨令y 1 可得n 0 1 1 因为n 0 1 1 1 0 0 0 所以n 所以平面PCD 平面PAD 方法归纳 利用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 考点二利用空间向量求空间角 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 命题角度一 异面直线所成的角 例1 2018课标全国 9 5分 在长方体ABCD A1B1C1D1中 AB BC 1 AA1 则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 A B C D 答案C 解析解法一 如图 分别以DA DC DD1所在直线为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系 由题意 得A 1 0 0 D 0 0 0 D1 0 0 B1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 2 2 2 cos 故选C 解法二 如图 在长方体ABCD A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A B BA A1 B1 B1A1 连接B1B 由长方体的性质可知 B1B AD1 所以 DB1B 或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角 连接DB 由题意 得DB B B1 2 DB1 在 DB B1中 由余弦定理 得DB 2 B D 2B B1 DB1 cos DB1B 即5 4 5 2 2 cos DB1B cos DB1B 故选C 方法归纳 异面直线所成角的求法 1 定义法 过空间中任一点 分别作异面直线的平行线 则这两条相交直线所成的锐角或直角等于异面直线所成角 定义法求解的实质就是将空间中异面直线所成角转化为平面三角形的内角进行求解 2 向量法 设异面直线a b的方向向量分别为a b 则异面直线a b所成角的余弦值等于 cos 例2 2018课标全国 18 12分 如图 四边形ABCD为正方形 E F分别为AD BC的中点 以DF为折痕把 DFC折起 使点C到达点P的位置 且PF BF 1 证明 平面PEF 平面ABFD 2 求DP与平面ABFD所成角的正弦值 命题角度二 直线与平面所成的角 解析 1 证明 由已知可得BF EF BF PF 所以BF 平面PEF 又BF 平面ABFD 所以平面PEF 平面ABFD 2 如图 作PH EF 垂足为H 由 1 得 PH 平面ABFD 以H为坐标原点 的方向为y轴正方向 为单位长 建立如图 所示的空间直角坐标系H xyz 由 1 可得 DE PE 又DP 2 DE 1 所以PE 又PF 1 EF 2 所以PE PF 所以PH EH 则H 0 0 0 P D 为平面ABFD的法向量 设DP与平面ABFD所成角为 则sin 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 方法归纳 利用空间向量求线面角的注意事项 1 先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角 钝角时取其补角 的角度 再取其余角即为所求 2 若求线面角的余弦值 要注意利用平方关系sin2 cos2 1求出其值 不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求 例3 2018北京 16 14分 如图 在三棱柱ABC A1B1C1中 CC1 平面ABC D E F G分别为AA1 AC A1C1 BB1的中点 AB BC AC AA1 2 1 求证 AC 平面BEF 2 求二面角B CD C1的余弦值 3 证明 直线FG与平面BCD相交 命题角度三 二面角 解析 1 证明 在三棱柱ABC A1B1C1中 因为CC1 平面ABC 所以四边形A1ACC1为矩形 又E F分别为AC A1C1的中点 所以AC EF 因为AB BC 所以AC BE 所以AC 平面BEF 2 由 1 知AC EF AC BE EF CC1 又CC1 平面ABC 所以EF 平面ABC 因为BE 平面ABC 所以EF BE 如图建立空间直角坐标系E xyz 由题意得B 0 2 0 C 1 0 0 D 1 0 1 F 0 0 2 G 0 2 1 所以 1 2 0 1 2 1 设平面BCD的法向量为n x0 y0 z0 则即令y0 1 则x0 2 z0 4 于是n 2 1 4 又因为平面CC1D的一个法向量为 0 2 0 所以cos 由题知二面角B CD C1为钝角 所以其余弦值为 3 证明 由 2 知平面BCD的一个法向量为n 2 1 4 0 2 1 因为n 2 0 1 2 4 1 2 0 所以直线FG与平面BCD相交 方法归纳 1 利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与公共棱垂直的直线的方向向量的夹角 或其补角 或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得 它等于两个法向量的夹角或其补角 2 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 1 2018江苏 22 10分 如图 在正三棱柱ABC A1B1C1中 AB AA1 2 点P Q分别为A1B1 BC的中点 1 求异面直线BP与AC1所成角的余弦值 2 求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 解析如图 在正三棱柱ABC A1B1C1中 设AC A1C1的中点分别为O O1 则OB OC OO1 OC OO1 OB 以 为基底 建立空间直角坐标系O xyz 因为AB AA1 2 所以A 0 1 0 B 0 0 C 0 1 0 A1 0 1 2 B1 0 2 C1 0 1 2 1 因为P为A1B1的中点 所以P 从而 0 2 2 故 cos 因此 异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 2 因为Q为BC的中点 所以Q 因此 0 2 2 0 0 2 设n x y z 为平面AQC1的一个法向量 则即不妨取n 1 1 设直线CC1与平面AQC1所成角为 则sin cos 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 2 2018南昌摸底调研 如图 在四棱锥P ABCD中 ABC ACD 90 BAC CAD 60 PA 平面ABCD PA 2 AB 1 设M N分别为PD AD的中点 1 求证 平面CMN 平面PAB 2 求二面角N PC A的平面角的余弦值 解析 1 证明 M N分别为PD AD的中点 MN PA 又MN 平面PAB PA 平面PAB MN 平面PAB 在Rt ACD中 CAD 60 CN AN ACN 60 又 BAC 60 CN AB CN 平面PAB AB 平面PAB CN 平面PAB 又CN MN N 平面CMN 平面PAB 2 PA 平面ABCD PA 平面PAC 平面PAC 平面ACD 又DC AC 平面PAC 平面ACD AC DC 平面PAC 如图 以点A为原点 AC所在直线为x轴 AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系 A 0 0 0 C 2 0 0 P 0 0 2 D 2 2 0 N 1 0 1 0 1 2 设n x y z 是平面PCN的法向量 则即可取n 1 又平面PAC的一个法向量为 0 2 0 cos 由图可知 二面角N PC A的平面角为锐角 二面角N PC A的平面角的余弦值为 考点三立体几何中的探索性问题 例 2018长春质量检测 二 如图 直四棱柱ABCD A1B1C1D1中 底面ABCD为等腰梯形 AD 2BC 2CD 4 AA1 2 1 证明 AD1 B1D 2 设E是线段A1B1 不包括端点 上的动点 是否存在这样的点E 使得二面角E BD1 A的余弦值为 如果存在 求出B1E的长 如果不存在 请说明理由 解析 1 证明 连接BD B1D1 在等腰梯形ABCD中 由AD 2BC 2CD 4 得BD 2 故四边形B1BDD1是正方形 BD1 B1D AD1 B1D 2 存在 以B为原点 方向为x轴正方向 方向为y轴正方向 方向为z轴正方向 建立空间直角坐标系 如图所示 设B1E m 0 m 2 则E 0 m 2 B 0 0 0 D1 2 0 2 A 0 2 0 0 m 2 2 0 2 设平面EBD1的法向量为n1 x1 y1 z1 则即令z1 m 则所以n1 m 2 m 0 2 0 2 0 2 设平面BD1A的法向量为n2 x2 y2 z2 则即令x2 1 则所以n2 1 0 1 cos 则m 1 故B1E的长为1 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 2018辽宁五校协作体联考 如图 在四棱锥E ABCD中 底面ABCD为直角梯形 其中CD AB BC AB 侧面ABE 平面ABCD 且AB AE BE 2BC 2CD 2 动点F在棱AE上 且EF FA 1 试探究 的值 使CE 平面BDF 并给予证明 2 当 1时 求直线CE与平面BDF所成角的正弦值 解析 1 猜想当 时 CE 平面BDF 下面证明猜想成立 连接AC交BD于点G 连接GF CD AB AB 2CD EF FA GF CE 又CE 平面BDF GF 平面BDF CE 平面BDF 2 取AB的中点O 连接EO 则EO AB 平面ABE 平面ABCD 平面ABE 平面ABCD AB 且EO AB EO 平面ABCD 连接DO BO CD 且BO CD 1 四边形BODC为平行四边形 BC DO 又BC AB AB OD 则OD OA OE两两垂直 以OD OA OE所在的直线分别为x y z轴 方向分别为x轴 y轴 z轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz 则O 0 0 0 A 0 1 0 B 0 1 0 D 1 0 0 C 1 1 0 E 0 0 当 1时 有 F 1 1 0 1 1 设平面BDF的法向量为n x y z 则有即令z 得y 1 x 1 则n 1 1 为平面BDF的一个法向量 设直线CE与平面BDF所成的角为 则sin cos 故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为