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laa=0a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直laa=k(k0)a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k0).,(3)面面平行v=v(0)a2=a3,b2=b3,c2=c3(0).(4)面面垂直vv=0a2a3+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(a0),则A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),所以=0,=0+4-4=0,即B1DBA,B1DBD.又BABD=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.,2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明:(1)BEDC;(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BEDC.(2)因为PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以ABPA,又ABAD,PAAD=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BEAB,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,),=-11+01+()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ABBA-A1B1B1A1.连接B1B,由长方体的性质可知,B1BAD1,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=,BB1=2,DB1=.,在DBB1中,由余弦定理,得DB2=B+D-2BB1DB1cosDB1B,即5=4+5-22cosDB1B,cosDB1B=.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PFBF.(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BFEF,BFPF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)如图,作PHEF,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,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,所以PEPF.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ACEF.因为AB=BC,所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.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=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,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OBOC,OO1OC,OO1OB,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,MNPA.又MN平面PAB,PA平面PAB,MN平面PAB.在RtACD中,CAD=60,CN=AN,ACN=60.又BAC=60,CNAB.CN平面PAB,AB平面PAB,CN平面PAB.又CNMN=N,平面CMN平面PAB.(2)PA平面ABCD,PA平面PAC,平面PAC平面ACD,又DCAC,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:AD1B1D;(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,BD1B1D.AD1B1D.(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,m2),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CDAB,BCAB,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,CDAB,AB=2CD,=,EF=FA,=,GFCE.又CE平面BDF,GF平面BDF,CE平面BDF.(2)取AB的中点O,连接EO,则EOAB,平面ABE平面ABCD,平面ABE平面ABCD=AB,且EOAB,EO平面ABCD,连接DO,BOCD,且BO=CD=1,四边形BODC为平行四边形,B