《空间向量与立体几何》章末复习课件

北师大版同步教材精品课件《空间向量与立体几何》知识网络建构如果向量a,b,c是空间三个不共面的向量,p是空间任意一个向量,那么存在唯一的三元有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc知识网络建构l∥m或l与m重合l∥m或或与重合l⊥ml⊥m知识网络建构若点P是直线l外一点,是直线l的单位方向向量,点A是直线l上任意一点,则点P到直线l的距离为点P到平面α的距离,等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量,在平面α的单位法向量方向上所作投影向量的长度,即知识网络建构知识要点整合一、空间向量及其运算空间向量及其运算的知识和方法与平面向量及其运算类似,是平面向量的拓展.主要考查空间向量的共线、共面以及数量积运算,是用向量法求解立体几何问题的基础.常见内容如下:(1)空间向量的线性运算,主要包括向量的加法、减法和数乘运算;(2)空间向量基本定理主要用来解决三点共线、四点共面问题;(3)空间向量的数量积可用来解决立体几何中的夹角、长度、垂直等问题.例(1)在空间四边形O-ABC中,其对角线为OB,AC,M是OA的中点,G为△ABC的重心,用基向量表示向量(2)已知三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).①求以为边的平行四边形的面积;,且a分别与垂直,求向量a的坐标.;②若解析(1)连接AG并延长交BC于点D.利用三角形重心性质化简.(2)①利用数量积求出角A的余弦值,再根据面积公式计算.②设a=(x,y,z),利用向量数量积为0,解方程组求解.答案(1)如图,连接AG并延长交BC于点D.所以D为BC的中点,所以.一、空间向量及其运算知识要点整合因为G为△ABC的重心,所以.又因为,所以.因为M为OA的中点,所以.所以.(2)①由题意,可得,所以,所以.所以以为边的平行四边形的面积为.一、空间向量及其运算知识要点整合②设a=(x,y,z),由题意,得解得或所以向量a的坐标为(1,1,1)或(-1,-1,-1).一、空间向量及其运算知识要点整合例2已知a=(5,3,1),b=(-2,t,解析根据a·b<0解不等式即可,但需要考虑a与b反向这种特殊情况.),若a与b的夹角为钝角,求实数t的取值范围.答案由已知a·b=.因为a与b的夹角为纯角,所以a·b<0,即,所以.若a与b的夹角为180°,则有a·b<0,但不满足题意,此时存在λ<0,使a=λb,即(5,3,1)=,所以所以.故t的范围是.一、空间向量及其运算知识要点整合二、空间向量与空间位置关系把向量作为工具来研究几何,真正使几何中的形与代数中的数实现了有机结合,给立体几何的研究带来了极大的便利,使得不论证明平行还是垂直,只需进行简单的运算就可解决问题.用向量的坐标解决空间位置关系时,可按以下三个步骤来解题:(1)建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标;(2)通过向量运算,研究点、线、面之间的位置关系;(3)根据向量结果的几何意义来解释相关问题.知识要点整合求解此类问题常用的技巧,是在正方体、直棱柱等较为规则的几何体中建立恰当的空间直角坐标系,通过确定点的坐标,找到问题求解时涉及的向量的坐标,并将立体几何问题中的几何语言转化成向量问题中对应的语言,再借助向量的运算和性质完成几何问题的证明或计算.二、空间向量与空间位置关系知识要点整合例3已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形,O1,O分别为上、下底面的中心,且A1在底面ABCD上的射影是O.(1)求证:平面O1DC⊥平面ABCD:(2)若点E,F分别在棱AA1,BC上,且AE=2EA1,问点F在何处时,EF⊥AD？解析(1)建系,转化为证明两平面的法向量垂直.(2)设出点F坐标,转化为两直线的方向向量数量积为0,解方程即可.二、空间向量与空间位置关系答案

(1)如图所示,以O为坐标原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设OA=1,OA1=a,则A(1,0,0),B(0,1,0),A1(0,0,a),C(-1,0,0),D(0,-1,0),O1(-1,0,a).则=(1,-1,-a),=(0,0,-a).设,

知识要点整合二、空间向量与空间位置关系分别是平面O1DC和平面ABCD的一个法向量.由得令,则,而故m·n=0,即平面O1DC与平面ABCD的法向量垂直,故平面O1DC⊥平面ABCD..(2)由(1)可知,,.设,则,故点F的坐标为.所以.EF⊥AD,解得.故当F为BC的三等分点(靠近B)时,有EF⊥AD.知识要点整合二、空间向量与空间位置关系例4如图所示,已知PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点,求证:(1)MN∥平面PAD;(2)平面PMC⊥平面PDC.解析(1)建系,转化为证明答案(1)如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设PA=AD=a,AB=b.,可得结论.(2)转化为证明两平面的法向量数量积为0.知识要点整合二、空间向量与空间位置关系则有P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).因为M,N分别为AB,PC的中点,所以.所以,.所以.又因为平面PAD,所以MN∥平面PAD.知识要点整合二、空间向量与空间位置关系(2)由(1)知P(0,0,a),C(b,a,0),,D(0,a,0).所以,,.设平面PMC的法向量为,则所以令,则.设平

面PDC的法向量为则所以令,则.因为,所以.所以平面PMC⊥平面PDC.知识要点整合三、空间向量与空间角空间角包括三种角,即线线角、线面角、二面角.利用空间向量求空间角,避免了利用传统方法求角时先进行角的确定,然后求角的弊端,只需要准确求解直线的方向向量和平面的法向量,代入公式求角即可,大大体现了向量法的简捷之处.主要考查角度有:(1)利用向量求异面直线所成的角(或其三角函数值):(2)利用向量求直线与平面所成的角(或其三角函数值);(3)利用向量求二面角的平面角(或其三角函数值).知识要点整合例5如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)求证:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的平面角的正弦值.三、空间向量与空间角解析(1)首先由已知条件推出B1C1⊥平面ABB1A1,从而推出B1C1⊥BE,然后结合已知条件,利用线面垂直的判定定理即可使问题得证.(2)以D为坐标原点建立恰当的空间直角坐标系,然后求出相关点的坐标与相关向量,求得平面EBC与平面ECC1的法向量,最后利用向量的夹角公式求解即可.知识要点整合答案(1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,|

|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).三、空间向量与空间角平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.知识要点整合三、空间向量与空间角设平面EBC的法向量为,则即所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的,则即所以可取m=(1,1,0).于是.所以,二面角B-EC-C1的平面角的正弦值为.法向量为知识要点整合三、空间向量与空间角例6如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.求:(1)异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解析建系,转化为求方向向量与方向向量、方向向量与法向量的夹角问题求解.答案如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.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).知识要点整合三、空间向量与空间角(1)因为P为A1B1的中点,所以,从而,故.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,因此.设n=(x,y,z)为平面即不妨取.设直线CC1与平面AQC1所,则,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.AQC1的一个法向量,则成的角为知识要点整合四、空间向量与空间距离

知识要点整合四、空间向量与空间距离例7如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的投影恰为AC的中点D,又知BA1⊥AC1.解析(1)取AB的中点E,则可以DE,DC,DA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,利用向量数量积可得AC1⊥CB,结合BA1⊥AC1,根据线面垂直判定定理可得证.(2)由可求出,点A1的坐标,进而求出平面A1AB的一个法向量n,再利用计算即可.(1)求证:AC1⊥平面A1BC;(2)求CC1到平面A1AB的距离.知识要点整合四、空间向量与空间距离答案(1)如图,取AB的中点E,因为D为AC的中点,则DE∥BC.因为BC⊥AC,所以DE⊥AC.又A1D⊥平面ABC,则以DE,DC,DA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系,则A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t),,,,由,知AC1⊥CB.又BA1⊥AC1,CB∩BA1=B,从而AC1⊥平面A1BC.知识要点整合四、空间向量与空间距离(2)由,结合图得.设平面A1AB的法向量为,又,则取z=1,则,易证得CC1∥平面A1AB,所以CC1到平面A1AB的距离.则CC1到平面A1AB的距离为C1到平面A1AB的距离,因为,知识要点整合四、空间向量与空间距离例8

如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=(1)求证:CD⊥AB;(2)若点M为线段BC的中点,求点M到平面ACD的距离;(3)在线段BC上是否存在点N,使得AN与平面ACD所成的角为60？若存在,求出的值;若不,AB⊥BC.如图(2)所示,把△ABD沿BD翻折,使得平面ABD⊥平面BCD(如图(3)).存在,请说明理由.知识要点整合四、空间向量与空间距离解析(1)利用已知数量关系及勾股定理逆定理可知CD⊥BD.根据面面垂直的性质定理可知CD⊥平面ABD,从而CD⊥AB.(2)以点D为原点,建立空间直角坐标系,求出平面ACD的一个法向量n,利用计算即可.(3)假设在线段BC上存在,点N满足题意,设,考虑根的情况即可.方程答案(1)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=,AB⊥BC,所以AD=AB=,,∠DBC=∠ADB=45°,,所以,所以CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,平面BCD,所以CD⊥

知识要点整合(2)由(1)知CD⊥BD.以点D为原点,DB所在的直线为x轴,DC所在的直线为y轴,过点D作垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.由已知得A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0),M(1,1,0),所以.四、空间向量与空间距离设平面ACD的法向量为,则,即令x=1,得z=-1,y=0,则平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1),所以点M到平面ACD的距离为.知识要点整合(3)假设在线段BC上存在点N,使得AN与平面ACD所成的角为60°.设,N(a,b,0),则(a-2,b,0)=λ(-2,2,0),所以N(2-2λ,2λ,0),=(1-2λ,2λ,-1).又由(2)知平面ACD的一个法,即,可得,解得或综上所述,在线段BC上存在点N,使得AN与平面ACD所成的角为60°,此时.向量为n=(1,0,-1),且直线AN与平面ACD所成的角为60°,所以(舍去).四、空间向量与空间距离知识要点整合核心素养梳理数学建模是对现实问题进行数学抽象,用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养.数学建模过程主要包括:在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题,分析问题、建立模型,确定参数、计算求解,检验结果、改进模型,最终解决实际问题.逻辑推理是指从一些事实和命题出发,依据规则推出其他命题的素养.主要表现为:掌握推理基本形式和规则,发现问题和提出命题,探索和表述论证过程,理解命题体系,有逻辑地表达与交流.直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化,利用空间形式特别是图形,理解和解决数学问题的素养.主要包括:借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化与运动规律;利用图形描述、分析数学问题;建立形与数的联系,构建数学问题的直观模型,探索解决问题的思路.数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括:理解运算对象,掌握运算法则,探究运算思路,选择运算方法,设计运算程序,求得运算结果等.本章内容涉及数学建模、逻辑推理、直观想象和数学运算核心素养的地方较多,比如下面这几道例题,在第一问中证明线面垂直、线线垂直或面面垂直考查了逻辑推理核心素养;在第二问中求线面角、面面角的正弦值等,综合考查了数学建模、直观想象和数学运算等核心素养.核心素养梳理例1如图,在三棱锥P-ABC中,(1)求证:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C的平面角为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.解析(1)利用等腰三角形的性质可知OP⊥AC,.连接OB,同理可证OB⊥AC,,进而根据三边关系可知PO⊥OB.利用线面垂直判定定理可得PO⊥平面ABC.,解方程即可求出平面PAM的法向量,(2)建系,转化为两平面法向量夹角的余弦值绝对值为进而利用数量积求解.核心素养梳理答案(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且.连接OB,因为,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,.由知PO⊥OB,由OP⊥OB,OP⊥AC,AC∩OB=0,知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,以OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.

,取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).设,则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由,得可取

核心素养梳理,所以.由已知得,所以,解得a=-4(舍去),.所以.又,所以.以PC与平面PAM所成角的正弦值为.核心素养梳理例2在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD=(1)求证:平面BDEF⊥平面ADE;(2)若ED=BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.,AB=2AD.解析(1)利用余弦定理可得,根据可知BD⊥AD.利用线面垂直、化简计算即可.面面垂直判定定理即可证明结论(2)由(1)可以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系,求出平面AEC的一个法向量n,利用核心素养梳理答案(1)在△ABD中,∠ABD=,AB=2AD,由余弦定理,得,从而,所以△ABD为直角三角形且∠ADB=90°,故BD⊥AD.因为DE⊥平面ABCD,所以DE⊥BD.又AD∩DE=D,所以BD⊥平面ADE.因为平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面平面ABCD,ADE.(2)由(1)可得,在Rt△ABD中,,,又由ED=BD,设AD=1,则.因为DE⊥平面ABCD,BD⊥AD,所以可以点D为坐标原点,DA,DB,DE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.核心素养梳理则A(1,0,0),C(-1,,0),E(0,0,),F(0,,).所以=(-1,0,),=(-2,,0).设平面AEC的法即令z=1,得为平面AEC的一个法向量.因为=(-1,,),所以,所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.向量为n=(x,y,z),则核心素养梳理例3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)求证:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)利用线面垂直判定定理证明BF⊥平面PEF,进而可证平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.以H为坐标原点,建系,转化为求直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题.核心素养梳理答案(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,EF∩PF=F,所以BF⊥平面PEF.又(2)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,为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系.平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得.是则H(0,0,0),,为平面ABFD的一个法向量.设DP与,则所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.平面ABFD所成的角为.核心素养梳理例4

如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥侧面ABB1A1,且AA1=AB=2.(1)求证:AB⊥BC;(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为,请问在线段A1C上是否存在点E,使得二面角A-BE-C？请说明理由.的平面角为解析(1)利用等腰三角形三线合一可知AD⊥A1B,再结合面面垂直的性质定理可知AD⊥BC.根据AA1⊥BC及线面垂直判定定理可知BC⊥侧面ABB1A1,进而得证结论.(2)假设存在适合条件的点E,建系,设,问题转化为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值等于是否有解的问题,化简计算即得结论.核心素养梳理答案(1)连接AB1交A1B于点D,则D为A1B的中点,因为AA1=AB,所以AD⊥A1B.又平面A1BC⊥侧面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,所以AD⊥平面A1BC,又平面A1BC,所以AD⊥BC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AD=A,所以BC⊥侧面ABB1A1,所以BC⊥AB.(2)由(1)得AD⊥平面A1BC,所以∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角,即.又,AB=2,所以,BC=2.假设存在适合条件的点E,以A为坐标原点,平面ABC内过点A的AC的垂线为x轴,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.核心素养梳理设,则,由A1(0,0,2),,得设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),则由得所以可取.由(1)知AB1⊥平面A1BC,所以平面CEB的一个法向量,所以,解得故点E为线段A1C中点时,二面角A-BE-C的平面角为...核心素养梳理考点1空间向量及其运算本考点主要考查空间向量数量积的计算,高考中很少直接考查,多以选择题、填空题的形式命题,或者作为解答题的某一部分出现.分值为5分,难度较易,属于基础题.高考真题再现例1(2019·上海改编)已知向量a=(1,0,2),b=(2,1,0),则a与b的夹角的余弦值为______.解析向量a=(1,0,2),b=(2,1,0),则,所以答案.高考真题再现考点2利用向量证明平行与垂直问题利用向量证明平行与垂直问题是每年的必考内容,且多出现在解答题的第(1)问,很少单独考查.分值为4~6分,难度一般,属于中低档题.高考真题再现例2(2020·全国I节选)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,.求证:PA⊥平面PBC.解析方法一:设圆O的半径为1,求出各线段的长度,利用勾股定理的逆定理即可得到PA⊥PC,PA⊥PB,进而得证.方法二:建立空间直角坐标系,转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.高考真题再现答案方法一:不妨设圆O的半径为1,则OA=OB=OC=1,AE=AD=2,,,.在△PAC中,,故PA⊥PC,同理可得PA⊥PB.又PB∩PC=P,故PA⊥平面PBC.

方法二:不妨设圆O的半径为1,建立如图所示的空间直角坐标系.高考真题再现则有故设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则可取..又,所以,故PA⊥平面PBC.高考真题再现例3(2020·北京节选)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.求证:BC1∥平面AD1E.解析方法一:根据正方体的性质可证得BC1∥AD1,再利用线面平行的判定定理即可得证.方法二:以A为原点,建立空间直角坐标系,转化为证直线的方向向量与平面的法向量垂直即可.高考真题再现答案方法一:由正方体的性质可知,AB∥C1D1,且AB=C1D,所以四边形ABC1D1是平行四边形,所以BC1∥AD1.又平面AD1E,方法二:以A为原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系.平面AD1E,所以BC1∥平面AD1E.设正方体的棱长为a,则A(0,0,0),A1(0,0,a),D1(a,0,a),,B(0,a,0),C1(a,a,a),所以.高考真题再现设平面AD1E的法向量为m=(x,y,z),则即令z=2,则x=-2,y=-1,所以m=(-2,-1,2).所以,所以BC1∥平面AD1E.高考真题再现考点3异面直线所成的角异面直线所成的角是每年高考的重点,题型既有选择题或填空题,也有解答题,分值为4~6分,难度较小,属于基础题.高考真题再现例4(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),,所以.因为所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.,答案C高考真题再现考点4直线与平面所成的角直线与平面所成的角是每年高考的热点,主要考查用向量求直线与平面所成的角(或其三角函数值).题型为解答题,偶尔也以选择题或填空题的形式命题,分值为5~7分,试题难度适中,属于中档题.高考真题再现例5(2019·华侨、港澳台联考)正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形,E,F分别是AB,BC的中点,则PB与平面PEF所成角的正弦为()A.B.C.D.解析因为正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形,E,F分别是AB,BC的中点,所以以P为原点,PA为x轴,PB为y轴,PC为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设PA=PB=PC=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),.设平面PEF的法向量为取x=1,得n=(1,-1,1).设PB与平面PEF所成角为,则所以PB与平面PEF所成角的正弦值为.n=(x,y,z),.答案C高考真题再现例6(2018·浙江)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)求证:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析

(1)利用勾股定理的逆定理证明AB1⊥A1B1,AB1⊥B1C1,从而可得AB1⊥平面A1B1C1.(2)以AC的中点为坐标原点建立空间直角坐标系,求出平面ABB1的法向量n,计算n与的夹角即可得出线面角的正弦值.高考真题再现答案

(1)因为A1A⊥平面ABC,B1B⊥平面ABC,所以AA1∥BB1.因为AA1=4,BB1=2,AB=2,所以.又因为,所以,所以AB1⊥A1B1,同理可得AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1=B1,所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)取AC中点O,过O作平面ABC的垂线OD,交A1C1于D,连接OB.因为AB=BC,所以OB⊥OC,因为AB=BC=2,∠BAC=120°,所以OB=1,.以O为原点,以OB,OC,OD所在直线分别,B(1,0,0),B1(1,0,2),,所以.设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z),则

为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,则所以令y=1可得.所以.设直线AC1与平面ABB1所成的角为,则

.所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为.高考真题再现考点5二面角利用空间向量求二面角的平面角(或其余弦值)是每年高考的热点,且通常出现在解答题的第(2)问,分值为5~7分,试题难度适中,属于中档题.高考真题再现例7(2019·全国Ⅲ)图(1)是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图(2).(1)求证:图(2)中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图(2)中的二面角B-CG-A的平面角.解析(1)推导出AD∥BE,CG∥BE,从而AD∥CG,由此能证明A,C,G,D四点共面.推导出AB⊥BE,AB⊥BC,从而AB⊥平面BCGE,由此能证明平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,垂足为H,以H为坐标原,点,HC的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系,运用空间向量方法求二面角B-CGA的平面角.高考真题再现答案(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,所以AD,CG确定一个平面,所以A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,所以AB面BCGE.因为ABC⊥平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,垂足为H,因为平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,平面BCGE∩平面ABC以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所求的空间直角坐标系,则A(-1,1,0),C(1,0,0),.设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则取x=3,得.又平面BCGE的一个法向量m=(0,1,0),所以由图可知二面角B-CG-A的平面角为锐角,所以二面角B-CG-A的平面角为30°.=BC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,所以BH=1,.

.高考真题再现例8(2019·北京节选)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的平面角的余弦值..解析(1)推导出PA⊥CD,AD⊥CD,由此能证明CD⊥平面PAD.(2)以A为原点,建立合适的空间直角坐标系,利用向量法求出二面角F-AE-P的平面角的余弦值.答案(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,因为AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平