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【优化方案】(山东专用)2016年高考数学二轮复习 第一部分专题四 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何课件


专题四

立体几何

第3讲

空间向量与立体几何

专题四

立体几何

2016考向导航 空间向量在立体几何中的应用主要体现在利用空间向量解决 立体几何中的位置关系、空间角以及空间距离等问题,是每

年高考的必考内容,并且以解答题的形式出现,其考查形式
为一题多问,分步设问,通常第一问考查空间位置关系,第 二、三问考查空间角或距离,难度适中,为中档题.利用空 间向量求空间角仍然是重点,对探索点或线满足所给关系的 问题也要引起足够的重视.

1.活用公式与结论 空间角的计算 (1)线线夹角 π? ? 设 l, m 的夹角为 θ 0≤θ ≤ ,则 2? ? |a1a2+ b1b2+ c1c2| |a· b| cos θ = = 2 . 2 2 2 2 2 |a||b| a1+ b1+ c1 a2+ b2+ c2

(2)线面夹角 π? ? 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ 0≤θ ≤ , 2? ? |a· μ| 则 sin θ = = |cos〈 a, μ〉 |. |a||μ| (3)面面夹角 π? ? 设平面 α、 β 的夹角为 θ 0≤θ ≤ , 2? ? |μ· v| 则 cos θ = = |cos〈 μ, v〉 |. |μ||v|

2.辨明易错易混点 (1)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. (2)两条异面直线所成角的范围:0° <α≤90° ;直线与平面所成角 的范围: 0° ≤α≤90° ;二面角的平面角的取值范围: 0° ≤α≤180° .

考点一
[命题角度]

向量法证明平行与垂直

主要以直棱柱、棱锥或其组合体等易建立空间直角坐标系的 几何体为载体,利用空间向量判断平行、垂直.

如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ ACD 为等边三角形, AD= DE=2AB, F 为 CD 的中点.

(1)求证: AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE.

[思路点拨 ] 以 A 点为原点,分别以 AC、AB 所在直线为 x、 z 轴建立空间直角坐标系,利用向量法可求解.

[证明 ]

设 AD= DE= 2AB= 2a, 建立如图所示的空间直角坐

标系 Axyz,则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0), E(a, 3a, 2a). 3 3 因为 F 为 CD 的中点,所以 F? a, a,0?. ?2 2 ?

→ → 3 3 (1)易知AF=? a, a,0?,BE= (a, 3a,a), ?2 2 ? → BC= (2a, 0,-a).

→ → 因为BE+BC= (a, 3a,a)+ (2a, 0,- a)= (3a, 3a, 0), → 1 → → 所以AF= (BE+BC). 2 又 AF?平面 BCE,所以 AF∥平面 BCE. → → → 3 3 (2)因为AF=? a, a,0?,CD =(- a, 3a,0),ED = (0, ?2 2 ? 0,- 2a), → → → → 所以AF·CD = 0,AF·ED = 0, 所以 AF⊥ CD, AF⊥ ED. 又 CD∩ ED= D,所以 AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE,所以平面 BCE⊥平面 CDE.

方法归纳
利用空间向量证明平行与垂直的步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用载体中的

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、平面的要素. (3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系. (4)根据运算结果解释相关问题.

(2015· 济南模拟 )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. 运用向量方法证明: (1)OM∥平面 BCF; (2)平面 MDF⊥平面 EFCD.

证明:由题意,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. 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 1 1 1? ? ? ? 1),M 2, 0, 0 , O 2,2,2 . ? ? ? ?

1 1? → → ? (1)OM= 0,-2,-2 , BA= (-1,0,0),

?

?

→ → → → 所以OM·BA= 0,所以OM⊥BA. 因为棱柱 ADEBCF 是直三棱柱, → 所以 AB⊥平面 BCF,所以BA是平面 BCF 的一个法向量, 且 OM? 平面 BCF,所以 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). → → ?1 → 因为DF= (1,- 1,1),DM= 2,-1, 0 ?,DC= (1,0,0),

?

?

→ → 由 n1·DF= n1·DM= 0,

? 得?1 x1- y1=0, ? ?2

?x1-y1+z1=0,

? 解得? 1 ?z =-2x ,
1 y1 = x 1 , 2
1 1

1 1? ? 令 x1= 1,则 n1= 1,2,-2 . ? ? 同理可得 n2=(0, 1, 1). 因为 n1· n2= 0, 所以平面 MDF⊥平面 EFCD.

考点二

利用空间向量求空间角

[命题角度] 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.

(2014· 高考课标全国卷Ⅰ) 如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形, AB⊥ B1C.

(1)证明: AC= AB1; (2)若 AC⊥ AB1,∠ CBB1= 60°, AB= BC, 求二面角 AA1B1? C1 的余弦值.

[思路点拨 ]

(1)由菱形中的垂直关系知线线垂直, 用传统的方

法(综合法 )即可证明. (2)利用垂直关系建立空间直角坐标系,用法向量求二面角的 余弦值.
[解 ] (1)证明:连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO.因为侧面

BB1C1 C 为菱形, 所以 B1C⊥ BC1, 且 O 为 B1C 及 BC1 的中点. 又 AB⊥B1C, AB∩ BO=B,所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO?平面 ABO,故 B1C⊥AO. 又 B1O= CO,故 AC= AB1.

(2)因为 AC⊥ AB1,且 O 为 B1C 的中点, 所以 AO= CO. 又因为 AB= BC,所以△ BOA≌△ BOC,故 OA⊥ OB,从而 OA, OB, OB1 两两互相垂直. → → → 以 O 为坐标原点,OB、OB1、OA的 → 方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向, |OB |为单位长度,建立如图所示的空间直 角坐标系 Oxyz.

因为∠ CBB1= 60°, 所以△ CBB1 为等边三角形. 又 AB= BC, OC= OA,则 A?0,0,

?

3? 3 , B(1,0,0), B1?0, , 0?, 3 ? ? 3 ?

→ ? → 3 3 3? → ? ? C 0,- , 0 , AB1 = 0, ,- ,A1B1= AB= ? 3 ? ? 3 3? → ? 3? → 3 ? ?. , B C = BC = ?1,0,- 3 ? 1 1 ?-1,- 3 ,0? 设 n= (x, y, z)是平面 AA1B1 的法向量,

? ? 则? 即? → ? A B = 0, ?x- 3z= 0. ?n· ? 3
→ ? AB1 = 0, ?n·
1 1

3 3 y- z= 0, 3 3

所以可取 n= (1, 3, 3). → ? A1B1 = 0, ?m· 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? → ? m · B ? 1C1 =0. 同理可取 m= (1,- 3, 3). n· m 1 则 cos ? n, m ?= = . |n||m | 7 1 所以二面角 AA1B1? C1 的余弦值为 . 7

1.在本例第(2)问条件下, (1)求异面直线AB1和CC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面A1B1C1所成角的正弦值.
→ 3 3 解:(1)由本例解析知,AB1 = ?0, ,- ?, ? 3 3? → → 3 CC1 =BB1 = ?- 1, , 0?, ? 3 ? 1 → → AB1 ·CC1 3 2 → → 所以 cos〈AB1 ,CC1 〉= = = , 4 → → 2 4 |AB1||CC1 | · 3 3 2 所以异面直线 AB1 和 CC1 所成角的余弦值为 . 4

→ 3 (2)因为CC1 =?- 1, , 0?, ? 3 ? 而平面 A1B1C1 的法向量 m= (1,- 3, 3). → CC1· m - 1- 1 21 → cos〈 CC1 , m〉= = =- , 7 → 1 |CC1 ||m| 1+ · 7 3 21 所以直线 CC1 与平面 A1B1C1 所成角的正弦值为 . 7

2.(2015· 山西省考前质量检测,T19)如图,四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 为梯形, PD⊥底面 ABCD, AB∥ CD, AD⊥ CD, AD= AB= 1, BC= 2.

(1)求证:平面 PBD⊥平面 PBC; → → (2)设 H 为 CD 上一点, 满足CH= 2HD, 若直线 PC 与平面 PBD 6 所成的角的正切值为 ,求二面角 HPBC 的余弦值. 3

解:(1)证明:由 AD⊥ CD,AB∥ CD,AD= AB= 1,可得 BD = 2. 又 BC= 2,所以 CD=2, 所以 BC⊥ BD. 因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥ BC,又 PD∩ BD= D, 所以 BC⊥平面 PBD, 所以平面 PBD⊥平面 PBC. (2)由 (1)可知∠ BPC 为 PC 与平面 PBD 所成的角, 6 所以 tan∠ BPC= , 3 所以 PB= 3, PD=1.

4 2 → → 由CH= 2HD及 CD= 2,可得 CH= , DH= . 3 3 以点 D 为坐标原点, DA, DC, DP 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图所示空间直角坐标系. 则 B(1,1, 0), P(0, 0, 1), C(0,2,0), 2 ? H 0,3, 0?. ? ? 设平面 HPB 的法向量为 n=(x1,y1,z1),则

? 即? ? 1 → ? ?HB·n=0, ?x +3y =0,
→ ? ?HP·n=0,
1 1

2 - y1+ z1= 0, 3

取 y1=-3,则 n=(1,-3,-2). 设平面 PBC 的法向量为 m= (x2, y2, z2), → ? m= 0, ?PB· 则? → ? ?BC· m= 0,
? ?x2+ y2- z2=0, 即? ?- x2+ y2=0, ?

取 x2= 1,则 m=(1, 1, 2). m· n 21 又 cos〈 m, n〉= =- , 7 |m||n | 21 故二面角 HPBC 的余弦值为 . 7

方法归纳 (1)运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;
③写出向量坐标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几 何结论. (2)求空间角要注意: ①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角 β,即cos α=|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的 二面角,有可能为两法向量夹角的补角.

考点三

利用空间向量解决探索性问题

[命题角度]

1.探求在线段上是否存在符合要求的点.
2.探求线段的长度或长度之比.

(2015· 山西省第三次四校联考, T19) 直三棱柱 ABCA1B1C1 中, AA1= AB= AC = 1, E, F 分别是 CC1, BC 的中点, AE ⊥ A1B1, D 为棱 A1B1 上的点. (1)证明: DF⊥ AE; (2)是否存在一点 D,使得平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角 14 的余弦值为 ?若存在,说明点 D 的位置;若不存在,说明 14 理由.

[审题路线图 ] 审图形 → → 运算 (1) 条件 ― ― → AB⊥ AC ― → 建系 ― ― → DF,AE ― ― → 关系
线面 用坐标表示

→ → DF·AE= 0 ― → 结论 → ? FE= 0, ?n· ― → ? → ? n · DF =0 ?

(2) 平面 DEF的法向量 n ― →
向量

求得法向量 ― ― → 结果 运算

[解 ]

(1)证明:因为 AE⊥ A1B1, A1B1∥ AB,

所以 AB⊥ AE,又因为 AB⊥ AA1, AE∩ AA1= A, 所以 AB⊥平面 A1ACC1,又因为 AC?平面 A1ACC1, 所以 AB⊥ AC.

以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz, 1? 1 1 ? ? 则 A(0,0, 0), E 0,1,2 , F 2,2, 0 ?, A1(0, 0, 1), ? ? ? ? B1(1,0,1). → → 设 D(x,y,z), A1D= λA1B1且 λ∈ [0,1],则(x,y,z-1)= λ(1, 0,0),所以 D(λ, 0, 1), 1 → ?1 所以DF= 2- λ,2,-1 ?,

?

?

1? → ? 又AE= 0,1,2 ,

?

?

→ → 1 1 所以DF·AE= - = 0,所以 DF⊥ AE. 2 2

(2)假设存在,设平面 DEF 的法向量为 n= (x1, y1, z1), → ? FE= 0, ?n· → ? 1 1 1? 则? 因为FE= -2, 2,2 , ? ? → ? DF= 0, ?n· 1 → ?1 DF= 2- λ, 2,-1?,

?

?

? ? ? 所以? 即? 1+2λ ?1-λ? x +1y - z =0, y= z, ? ??2 ? 2 ? 2(1-λ)
1 1 1 - x1+ y1+ z1= 0, 2 2 2
1 1 1 1 1

3 x1= z1, 2(1- λ)

令 z1= 2(1- λ), 则 n= (3,1+2λ, 2(1- λ)).

由题可知平面 ABC 的一个法向量 m=(0, 0, 1). 14 因为平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 , 14 |m· n| 14 所以 |cos〈 m, n〉 |= = , 14 |m||n | 即 |2( 1- λ) | 9+( 1+ 2λ) 2+4(1-λ) = 2 14 , 14

1 7 所以 λ= 或 λ= (舍去 ), 2 4 所以当点 D 为 A1B1 的中点时,满足要求.

方法归纳
利用空间向量巧解探索性问题 (1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无

需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行
判断. (2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程 组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是 否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、 有效,应善于运用这一方法解题.

(2015· 郑州质检 )如图, 在四棱锥 PABCD 中, PA⊥平面 ABCD, PA= AB= AD= 2, 四边形 ABCD 满足 AB⊥ AD, BC∥ AD 且 BC= 4,点 M 为 PC 的中点,点 E 为 BE BC 边上的动点,且 = λ. EC (1)求证:平面 ADM⊥平面 PBC; 2 (2)是否存在实数 λ,使得二面角 PDEB 的余弦值为 .若存在, 3 试求出实数 λ 的值;若不存在, 说明理由.

解:(1)证明:取 PB 的中点 N,连接 MN、 AN(图略 ), 因为 M 是 PC 的中点,N 是 PB 的中点,所以 MN∥ BC,MN 1 = BC= 2, 2 又因为 BC∥ AD,所以 MN∥ AD, MN= AD,所以四边形 ADMN 为平行四边形. 因为 AP⊥ AD, AB⊥ AD, 所以 AD⊥平面 PAB, 所以 AD⊥ AN, 所以 AN⊥ MN. 因为 AP= AB,所以 AN⊥ PB,所以 AN⊥平面 PBC, 因为 AN?平面 ADM,所以平面 ADM⊥平面 PBC.

(2)存在符合条件的 λ. → → → 以 A 为原点,AB为 x 轴正方向,AD 为 y 轴正方向,AP为 z 轴正方向,建立空间直角坐标系 Axyz(图略 ), 则 P(0, 0,2), D(0, 2,0), B(2, 0, 0), → → 设 E(2, t, 0),从而PD= (0, 2,- 2),DE= (2, t-2,0), 则平面 PDE 的一个法向量为 n1= (2- t, 2, 2), 又平面 DEB 即为平面 xAy,其一个法向量为 n2= (0, 0,1), n1· n2 2 2 则 cos〈 n1, n2〉= = = , 2 |n1|· |n2| ( 2- t) +4+ 4 3 1 解得 t= 3 或 t= 1,故 λ= 3 或 λ= . 3


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