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教案 理_图文

第3讲 空间向量与立体几何

考情分析

总纲目录
考点一 向量法证明平行与垂直 考点二 利用空间向量求空间角(高频考点) 考点三 立体几何中的探索性问题

考点一 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α、β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3 ,b3,c3). (1)线面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k≠0). (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0). (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ·v=0?a2a3+b2b3+c2c3=0.

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

? ??

1 2

,1,

1 2

? ??

,F

? ??

0,1,

1 2

? ??

?
,?EF

=

? ??

?

1 2

,

0,

0

? ??

?
,?AP

?
=(0,0,1),?AD

?
=(0,2,0),?DC

=(1,0,

?

0),?AB =(1,0,0).

(1)因为?E?F =-?1 ?A?B ,所以?E?F ∥?A?B ,
2

即EF∥AB.

又AB?平面PAB,EF?平面PAB,

所以EF∥平面PAB.

(2)因为?A?P

?
·?DC

=(0,0,1)·(1,0,0)=0,

??
?AD ·?DC =(0,2,0)·(1,0,0)=0,

?

??

?

所以?AP ⊥?DC ,?AD ⊥?DC ,

即AP⊥DC,AD⊥DC.

又因为AP∩AD=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.

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.
?

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?B?A

?
=(a,0,0),?BD

?
=(0,2,2),?B1D

=(0,2,-2),

??

??

所以?B1D·?BA =0,?B1D ·B?D =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???? a2 ,1,

4

? ??

,F(0,1,4),

? 则?E?G

=

? ??

a 2

,1,1???

?
,?EF

=(0,1,1),

所以?B?1D

?
·?EG

?
=0+2-2=0,?B1D

?
·E?F

=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.

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.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θ,则cos θ=|cos<a,b>|=
?| a ?b | .
| a || b |
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θ,则sin θ=|cos
<n,a>|=?| n ? a | . | n || a |

3.向量法求二面角

求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1,n2,若二面角α-l-β所成的

? 角θ为锐角,则cos

θ=|cos<n1,n2>|=

| |

n1 n1

? ||

n2 n2

| |

;

若二面角α-l-β所成的角θ为钝角,则cos θ=-|cos<n1,n2>|=-?| n1 ? n2 | . | n1 || n2 |

典型例题
(2017课标全国Ⅱ,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=?12 AD,∠BAD=∠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-ABD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EF∥AD,EF=?12 AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=?12AD,所以EF BC,四边形
BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥
平面PAB.

(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,?A?B的方向为x轴正方向,|?A?B|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(0,1,?3 ),?PC =(1,0,-?3 ),?AB =(1,0,0).

设M(x,y,z)(0<x<1),则?B?M

?
=(x-1,y,z),?PM

=(x,y-1,z-?3

).

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<?BM ,n>|=sin 45°,

|z|

=?2 ,

(x ?1)2 ? y2 ? z2 2

即(x-1)2+y2-z2=0.? ①

又M在棱PC上,设?P?M

?
=λ?PC

,则

x=λ,y=1,z=?3-?3λ.? ②

? ? ?
?x ?1?

由①②解得

?? ?

y

?

1,

2 2

,

(舍去)或

? ? ?? ?

x y

?1? ? 1,

2, 2

? ???z ? ?

6 2

?

? ??

z

?

6, 2

? ? 所以M??1?
?

2 ,1, 2

6 2

?
? ?

?
,从而?AM

=??1 ?
?

2 ,1, 2

6 2

?
? ?

.

设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,

? ? 则???m ??m

? ?

?

AM ? 0,
?
AB ? 0,



??(2 ? ??x0

? ?

2)x0 0,

?

2y0

?

6z0 ? 0,

所以可取m=(0,-?6 ,2).

于是cos<m,n>=?m ? n =?10 .易知所求二面角为锐角. | m || n | 5
因此二面角M-AB-D的余弦值为?10 . 5

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,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面 ABCD,且AB=AD=2,AA1=?3,∠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AE⊥AD,交BC于点E.

因为AA1⊥平面ABCD,

所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.

如图,以{?A?E

?
,?AD

?
,?AA1

}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.

?

因为AB=AD=2,AA1=?3,∠BAD=120°,

则A(0,0,0),B(?3 ,-1,0),D(0,2,0),E(?3,0,0),A1(0,0,?3),C1(?3,1,?3).

?

?

(1)?A1B =(?3 ,-1,-?3 ),?AC1 =(?3 ,1,?3 ),

??

? ? ?
则cos<?A1B ,?AC1 >=

A1B? AC1

?

?

| A1B || AC1 |

=?( 3, ?1,? 3) ? ( 3,1, 3) 7

=-?1 ,
7

因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为?17 . ?
(2)平面A1DA的一个法向量为?AE=(?3,0,0).

设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,

?

?

又?A1B =(?3 ,-1,-?3 ),?BD=(-?3 ,3,0),

? 则

??m ?

?

?
A1B
?

?

0,

??m ? BD ? 0,

? 即

?? ?

3x ? y ?

3z ? 0,

??? 3x ? 3y ? 0.

不妨取x=3,则y=?3 ,z=2,

所以m=(3,?3 ,2)为平面BA1D的一个法向量,

?

? ?
从而cos<?AE

,m>=
|

AE? m
?
AE || m

|

=?( 3,

0,

0) ? (3, 3?4

3,2) =?3 .
4

设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos

θ|=?3 .
4

因为θ∈[0,π],所以sin θ=?1? cos2θ =?7 .
4
因此二面角B-A1D-A的正弦值为?47 .

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?7 ,求线 21
段AH的长.

解析 如图,以A为原点,分别以?A?B ,?A?C ,?A?P 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:?D?E

?
=(0,2,0),?DB

=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则

???n
? ???n

? ?

?
DE
?
DB

? ?

0, 0,

即????22xy
?

? ?

0, 2z

?

?
不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又?MN
0.

=(1,2,-1),可得

?MN ·n=0,即?MN ⊥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???n2

?

?
EM
?

?

0,

??n2 ? MN ? 0.

? ?
因为?EM

?
=(0,-2,-1),?MN

=(1,2,-1),所以

??2 y ?

? ?

x

?

2

y

z? ?z

0, ?

0.

不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).

? ? 因此有cos<n1,n2>=|

n1 ? n2 n1 || n2

|

=-

4,
21

于是sin<n1,n2>=?12015 .

所以,二面角C-EM-N的正弦值为?105 .

21

(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得?N?H

?
=(-1,-2,h),?BE

=(-2,

??

? ?
2,2).由已知,得|cos<?NH

?
,?BE

>|=

| NH
?
| NH

? BE |
?
|| BE |

=?|
h2

2h ? 2 | ?5?2

=?7 ,整理得10h2-
3 21

21h+8=0,解得h=?8 或h=?1 .

5

2

所以,线段AH的长为?8 或?1 .
52

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AC∩BD=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?P?B

?
=(2a,0,-2c),?EO

=(a,0,-c),

?

?

?

?

所以?PB =2?EO ,所以?PB ∥?EO ,即PB∥EO.

因为PB?平面AEC,EO?平面AEC,所以PB∥平面AEC.

(2)因为四边形ABCD为正方形,所以a=b,A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D

(0,2a,0),P(0,0,2c),E(0,a,c),F(a,a,c).
?
因为z轴?平面CAF,所以设平面CAF的一个法向量为n=(x,1,0),而A?C =(2

a,2a,0),
?
所以?AC ·n=2ax+2a=0,得x=-1,所以n=(-1,1,0).

因为y轴?平面DAF,所以设平面DAF的一个法向量为m=(1,0,z),而?A?F=

(a,a,c),

?
所以?AF

·m=a+cz=0,得z=-?a ,

c

所以m=????1, 0,

?

a c

? ??

∥m'=(c,0,-a).

cos 60°=?| n ? m' | =? c =?1 ,得a=c. | n || m' | 2(a2 ? c2 ) 2
故当AP与正方形ABCD的边长相等时,二面角C-AF-D的大小为60°.

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.
?

解析 (1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz.

依题意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E???? 12 ,1,0???,

? ?
所以?NE

=

? ??

?

1 2

,

0,

?1???,?A?M

=(-1,0,1),

? ? ? ?

1

因为|cos<?N?E

?
,?AM

>|=

| NE? AM |

?

?

=

| NE | ? | AM |

2 5?

=?10 ,
10 2

2

所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为?10 .

10

(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?A?N

=(0,1,1),可设?A?S

?
=λ?AN

=(0,λ,λ),

? ? ?
又?EA

=

? ??

1 2

,

?1,

0

? ??

?
,所以?ES

?
=?EA

?
+?AS

=???

1 2

,

λ

?

1,

λ

? ??

.

? ? 由ES⊥平面AMN,得???E??S?

?
AM
?

?

0,

即????

1 2

?

λ

?

0,

??ES? AN ? 0, ??(λ ?1) ? λ ? 0,

解得λ=?1 ,此时?A?S
2

=???? 0, 12

,

1 2

? ??

?
,|?AS

|=?2 . 2

经检验,当|AS|=?2 时,ES⊥平面AMN. 2

故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时|AS|=?2 . 2

随堂检测
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?DF 的中点.

(1)设P是?CE 上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.

解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE, AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A, 所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP, 所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.

(2)解法一:取?EC 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=?32 ? 22 =?13. 取AG中点M,连接EM,CM,EC, 则EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM=?13?1 =2?3 . 在△BEC中,由于∠EBC=120°, 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2?3 ,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,?3,3),C(-1,?3,0),

故?A?E

?
=(2,0,-3),?AG

=(1,?3

?
,0),?CG

=(2,0,3),

设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.

? ? 由

??m ? ??m

? ?

?
AE
?
AG

? ?

0, 0

可得

??2x1 ? ? ??x1 ?

3z1 ? 0, 3y1 ? 0.

取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-?3 ,2).

设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.

? ? 由

??n ? ??n

? ?

?
AG
?
CG

? ?

0, 0

可得

??x ?

2

??2x

? 2?

3y2 3z2

? 0, ? 0.

取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-?3 ,-2).

所以cos<m,n>=?m? n =?1 . |m|?|n| 2
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:B1C⊥AB;
(2)已知点E在棱BB1上,二面角A-EC1-C为45°,求?BBBE1 的值.
?

解析 (1)在△BCB1中,BC=1,BB1=2,∠B1BC=60°, 则B1C=?12 ? 22 ? 2?1? 2? cos60? =?3 , 于是BC2+B1C2=B?B12 ,故B1C⊥BC. 因为AC⊥平面BCC1B, 所以AC⊥B1C,又BC∩AC=C, 所以B1C⊥平面ABC,所以B1C⊥AB. (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(?3 ,0,0),B(0,1,0),A(0,0,1),

由?B?B1

?
=?CC1

得C1(?3

,-1,0),

设?B?E

?
=λ?BB1

(0≤λ≤1),则E(?3λ,1-λ,0),

?

?

于是?AE =(?3 λ,1-λ,-1),?AC1=(?3,-1,-1),

? 设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),则

??n ?

?

?
AE
?

?

0,

??n ? AC1 ? 0,

? 即

?? ?

3λx ? (1? λ) y ? z ? 0,

?? 3x ? y ? z ? 0.

可得平面AEC1的一个法向量为n=(λ-2,?3λ-?3,-?3),

易得平面EC1C的一个法向量为m=?C?A =(0,0,1),

又二面角A-EC1-C为45°,

? 则cos 45°=?| m? n | =

3

=? 3 =?2 ,

| m | ? | n | (λ ? 2)2 ? 3(λ ?1)2 ? 3 4λ2 ?10λ ?10 2

解得λ=?1 或λ=2(舍),
2

? 所以?B?E

=?12 ?B?B1

,故

BE BB1

的值为?1 .
2


相关文档

2018届高三数学(理)二轮复习冲刺作业专题五立体几何 第3讲空间向量与立体几何
2018届高三数学二轮复习 冲刺提分作业 第一篇 专题突破 专题五 立体几何 第3讲 空间向量与立体
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 理
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4
2018届高三数学二轮复习冲刺提分作业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冲刺提分作
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
【推荐精选】2018届高三数学二轮复习 冲刺提分作业 第一篇 专题突破 专题五 立体几何 第3讲 空间向量与立体
2013届高三数学二轮复习 专题四 第3讲空间向量与立体几何教案
2018届高三数学二轮复习专题五立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
2018届高三数学二轮复习冲刺提分作业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冲刺提分作业本
学霸百科
新词新语
电脑版 | 学霸百科