2021新高考数学二轮总复习学案5-3-1空间中的平行垂直与空间角

5.3立体几何大题5.3.1空间中的平行、垂直与空间角必备知识精要梳理1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:①利用平行公理;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质定理.2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质定理.(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理.3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理.4.利用空间向量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),则:(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=0.5.利用空间向量求空间角(1)线线夹角的计算:设直线l,m的方向向量分别为a,b,且它们的夹角为θ0≤θ≤π2,则cos(2)线面夹角的计算:设平面α的法向量为n,直线AB与平面α所成的角为θ,如下图,则sinθ=|cos<AB,n>|=|AB(3)面面夹角的计算:设平面α,β的法向量分别为n1,n2,α与β的夹角为θ,如下图,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n(4)易错点提醒①求线面角时,得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,容易误以为是线面角的余弦.②求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析.关键能力学案突破热点一空间平行、垂直关系的证明1.几何法证明空间平行、垂直关系【例1】(2020江苏南通高三模拟,16)在多面体ABCDEF中,BC∥EF,BF=6,△ABC是边长为2的等边三角形,四边形ACDF是菱形,∠FAC=60°,M,N分别是AB,DF的中点.(1)求证:MN∥平面AEF;(2)求证:平面ABC⊥平面ACDF.解题心得用几何法证明空间中的平行与垂直关系,关键是灵活运用各种平行(垂直)关系的转化:【对点训练1】(2020吉林长春三模,19)在四棱锥PABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1,PA=CD=2,PA⊥平面ABCD,E在棱PB上.(1)求证:AC⊥PD;(2)若VPACE=29,求证:PD∥平面AEC2.向量法证明空间平行、垂直关系【例2】如图,在直三棱柱ADEBCF中,平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点.证明:(1)OM∥平面BCF;(2)平面MDF⊥平面EFCD.解题心得向量法证明空间平行与垂直关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及寻找平面的法向量.【对点训练2】(2019福建厦门二模)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E为棱PC的中点.证明:(1)BE⊥DC;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.热点二空间位置关系的证明与求线面角【例3】(2020北京海淀二模,17)在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=π2,BC=CD=12AD=1,E为线段AD的中点,PE⊥底面ABCD,F是棱PC的中点,平面BEF与棱PD相交于点(1)求证:BE∥FG;(2)若PC与AB所成的角为π4,求直线PB与平面BEF所成角的正弦值解题心得利用向量法求直线与平面所成角时,易混淆直线与平面所成角和直线的方向向量与平面的法向量夹角的关系,一定要注意线面角θ与直线的方向向量和平面的法向量的夹角α的关系为sinθ=|cosα|.【对点训练3】(2020山东,20)如图,四棱锥PABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.热点三空间位置关系的证明与求二面角【例4】(2020全国Ⅰ,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角BPCE的余弦值.解题心得利用空间向量求二面角的解题模型【对点训练4】(2020山东泰安三模,19)在四棱锥PABCD中,△PAB为等边三角形,四边形ABCD为矩形,E为PB的中点,DE⊥PB.(1)证明:平面ABCD⊥平面PAB;(2)设二面角APCB的大小为α,求α的取值范围.5.3立体几何大题5.3.1空间中的平行、垂直与空间角关键能力·学案突破【例1】证明(1)取AC的中点O,连接OM,ON.因为M,N分别是AB,DF的中点,所以在菱形ACDF中,ON∥AF.在△ABC中,OM∥BC.又因为BC∥EF,所以OM∥EF,OM∩ON=O,所以平面OMN∥平面AEF.MN⊂平面OMN,所以MN∥平面AEF.(2)连接OF,OB.因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以BO⊥AC,BO=3.因为四边形ACDF是菱形,所以AF=2.因为∠FAC=60°,所以△ACF为等边三角形,所以OF⊥AC,OF=3.因为BF=6,所以BO2+OF2=BF2.所以BO⊥OF.因为FO∩AC=O,所以BO⊥平面ACDF.又因为BO⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面对点训练1证明(1)过点A作AF⊥DC于点F.∵AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1.∴四边形ABCF为正方形,则CF=DF=AF=1,∴∠DAC=90°,得AC⊥DA.又PA⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PA.又PA,AD⊂平面PAD,PA∩AD=A,∴AC⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,∴AC⊥PD.(2)设点E到平面ABCD的距离为h,则VPACE=VPABCVEABC=13×12×1×1×(2h)=又PA=2,则PB∶EB=PA∶h=3∶1.连接DB交AC于点O,连接OE,∵△AOB∽△COD,∴DO∶OB=2∶1,得DB∶OB=3∶1,∴PB∶EB=DB∶OB,则PD∥OE.又OE⊂平面AEC,PD⊄平面AEC,∴PD∥平面AEC.【例2】证明(1)由题意,得AB,AD,AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F(1,0,1),M12,0,0,O12,12,12.OM=0,12,12,BA=(1,0,0),∴OM·BA=0,∴OM⊥BA.∵三棱柱ADEBCF是直三棱柱,∴AB⊥平面BCF∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).∵DF=(1,1,1),DM=12,-1由n令x1=1,则平面MDF的一个法向量n1=1,12,-12.同理可得平面∵n1·n2=0,∴平面MDF⊥平面EFCD.对点训练2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)向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE·DC=0,所以BE⊥(2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA.又因为AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.所以向量AB=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量,而BE·AB=(0,1,1)·(1,0,0)=0,又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量AB=(1,0,0),向量PD=(0,2,2),DC=(2,0,0),设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n不妨令y=1,可得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.则n·AB=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以n所以平面PAD⊥平面PCD.【例3】(1)证明因为E为AD中点,且BC=12AD,所以DE=BC.又因为AD∥BC,所以DE∥BC.所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD.因为BE⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,所以BE∥平面PDC.因为BE⊂平面BEGF,平面BEGF∩平面PDC=FG,所以BE∥FG(2)解由(1)可得BE∥CD,因为∠ADC=π2,所以∠AEB=π2,且PE⊥平面ABCD,所以以E为原点,EA为x轴,EB为y轴,EP为z轴建立空间直角坐标系(设P(0,0,p),可得A(1,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),PC=(1,1,p),AB=(1,1,0).因为PC与AB所成角为π4,所以|cos<PC,AB>|=PC·AB|PC||AB|=22(p>0),解得p=2.所以P(0,0,2),F12,1设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),EB可得y=0,-12x+12y+22z=0.不妨令x=2,可得n=(2,0,1)为平面BEF的一个法向量.设直线PB对点训练3(1)证明因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)解以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则n可取n=(1,0,a).所以cos<n,PB>=n·设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=3因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时【例4】(1)证明设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA所以PA⊥平面PBC.(2)解以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,1,0),C-32,12,0所以EC=-32,-12,0,EP=0,-则m可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,对点训练4(1)证明连接AE,因为△PAB为等边三角形,E为PB的中点,所以AE⊥PB.又因为DE⊥PB,AE∩DE=E,所以PB⊥平面ADE,PB⊥AD.因为四边形ABCD为矩形,所以AD⊥AB,AB∩BP=B,所以AD⊥平面PAB.因为AD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAB.(2)解以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设PB=AB=PA=1,C(0,1,n),