2019高考數(shù)學二輪復習 第11講 空間向量與立體幾何課件 理.ppt

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第11講空間向量與立體幾何 總綱目錄 考點一利用向量法證明平行與垂直設(shè)直線l的方向向量為a a1 b1 c1 平面 的法向量分別為 a2 b2 c2 v a3 b3 c3 1 線面平行l(wèi) a a 0 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 線面垂直l a a k k 0 a1 ka2 b1 kb2 c1 kc2 k 0 3 面面平行 v v 0 a2 a3 b2 b3 c2 c3 0 4 面面垂直 v v 0 a2a3 b2b3 c2c3 0 1 在直三棱柱ABC A1B1C1中 ABC 90 BC 2 CC1 4 點E在線段BB1上 且EB1 1 D F G分別為CC1 C1B1 C1A1的中點 求證 1 B1D 平面ABD 2 平面EGF 平面ABD 證明 1 以B為坐標原點 BA BC BB1所在的直線分別為x軸 y軸 z軸建立空間直角坐標系 如圖所示 則B 0 0 0 D 0 2 2 B1 0 0 4 C1 0 2 4 設(shè)BA a a 0 則A a 0 0 所以 a 0 0 0 2 2 0 2 2 所以 0 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 F 0 1 4 則 0 1 1 所以 0 2 2 0 0 2 2 0 即B1D EG B1D EF 又EG EF E EG EF 平面EGF 因此B1D 平面EGF 結(jié)合 1 可知平面EGF 平面ABD 2 如圖 在四棱錐P ABCD中 PA 底面ABCD AD AB AB DC AD DC AP 2 AB 1 點E為棱PC的中點 證明 1 BE DC 2 BE 平面PAD 3 平面PCD 平面PAD 證明依題意 以點A為原點建立空間直角坐標系 如圖 可得B 1 0 0 C 2 2 0 D 0 2 0 P 0 0 2 由E為棱PC的中點 得E 1 1 1 1 0 1 1 2 0 0 故 0 所以BE DC 2 因為PA 平面ABCD AB 平面ABCD 所以AB PA 又AB AD PA AD A 所以AB 平面PAD 所以 1 0 0 為平面PAD的一個法向量 而 0 1 1 1 0 0 0 所以BE AB 又BE 平面PAD 所以BE 平面PAD 3 由 2 知平面PAD的一個法向量 1 0 0 0 2 2 2 0 0 設(shè)平面PCD的法向量為n x y z 則即不妨令y 1 可得n 0 1 1 因為n 0 1 1 1 0 0 0 所以n 所以平面PCD 平面PAD 方法歸納 利用向量法證明平行與垂直的四個步驟 1 建立空間直角坐標系 建系時 要盡可能地利用已知的垂直關(guān)系 2 建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系 用空間向量表示出問題中所涉及的點 直線 平面 3 通過空間向量的運算求出平面向量或法向量 再研究平行 垂直關(guān)系 4 根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題 考點二利用空間向量求空間角 1 向量法求異面直線所成的角若異面直線a b的方向向量分別為a b 所成的角為 則cos cos 2 向量法求線面所成的角求出平面的法向量n 直線的方向向量a 設(shè)線面所成的角為 則sin cos 3 向量法求二面角求出二面角 l 的兩個半平面 與 的法向量n1 n2 若二面角 l 所成的角 為銳角 則cos cos 若二面角 l 所成的角 為鈍角 則cos cos 命題角度一 異面直線所成的角 例1 2018課標全國 9 5分 在長方體ABCD A1B1C1D1中 AB BC 1 AA1 則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為 A B C D 答案C 解析解法一 如圖 分別以DA DC DD1所在直線為x軸 y軸 z軸建立空間直角坐標系 由題意 得A 1 0 0 D 0 0 0 D1 0 0 B1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 2 2 2 cos 故選C 解法二 如圖 在長方體ABCD A1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體A B BA A1 B1 B1A1 連接B1B 由長方體的性質(zhì)可知 B1B AD1 所以 DB1B 或其補角為異面直線AD1與DB1所成的角 連接DB 由題意 得DB B B1 2 DB1 在 DB B1中 由余弦定理 得DB 2 B D 2B B1 DB1 cos DB1B 即5 4 5 2 2 cos DB1B cos DB1B 故選C 方法歸納 異面直線所成角的求法 1 定義法 過空間中任一點 分別作異面直線的平行線 則這兩條相交直線所成的銳角或直角等于異面直線所成角 定義法求解的實質(zhì)就是將空間中異面直線所成角轉(zhuǎn)化為平面三角形的內(nèi)角進行求解 2 向量法 設(shè)異面直線a b的方向向量分別為a b 則異面直線a b所成角的余弦值等于 cos 例2 2018課標全國 18 12分 如圖 四邊形ABCD為正方形 E F分別為AD BC的中點 以DF為折痕把 DFC折起 使點C到達點P的位置 且PF BF 1 證明 平面PEF 平面ABFD 2 求DP與平面ABFD所成角的正弦值 命題角度二 直線與平面所成的角 解析 1 證明 由已知可得BF EF BF PF 所以BF 平面PEF 又BF 平面ABFD 所以平面PEF 平面ABFD 2 如圖 作PH EF 垂足為H 由 1 得 PH 平面ABFD 以H為坐標原點 的方向為y軸正方向 為單位長 建立如圖 所示的空間直角坐標系H xyz 由 1 可得 DE PE 又DP 2 DE 1 所以PE 又PF 1 EF 2 所以PE PF 所以PH EH 則H 0 0 0 P D 為平面ABFD的法向量 設(shè)DP與平面ABFD所成角為 則sin 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為 方法歸納 利用空間向量求線面角的注意事項 1 先求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角 鈍角時取其補角 的角度 再取其余角即為所求 2 若求線面角的余弦值 要注意利用平方關(guān)系sin2 cos2 1求出其值 不要誤以為直線的方向向量與平面的法向量所夾角的余弦值即為所求 例3 2018北京 16 14分 如圖 在三棱柱ABC A1B1C1中 CC1 平面ABC D E F G分別為AA1 AC A1C1 BB1的中點 AB BC AC AA1 2 1 求證 AC 平面BEF 2 求二面角B CD C1的余弦值 3 證明 直線FG與平面BCD相交 命題角度三 二面角 解析 1 證明 在三棱柱ABC A1B1C1中 因為CC1 平面ABC 所以四邊形A1ACC1為矩形 又E F分別為AC A1C1的中點 所以AC EF 因為AB BC 所以AC BE 所以AC 平面BEF 2 由 1 知AC EF AC BE EF CC1 又CC1 平面ABC 所以EF 平面ABC 因為BE 平面ABC 所以EF BE 如圖建立空間直角坐標系E xyz 由題意得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 設(shè)平面BCD的法向量為n x0 y0 z0 則即令y0 1 則x0 2 z0 4 于是n 2 1 4 又因為平面CC1D的一個法向量為 0 2 0 所以cos 由題知二面角B CD C1為鈍角 所以其余弦值為 3 證明 由 2 知平面BCD的一個法向量為n 2 1 4 0 2 1 因為n 2 0 1 2 4 1 2 0 所以直線FG與平面BCD相交 方法歸納 1 利用空間向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內(nèi)與公共棱垂直的直線的方向向量的夾角 或其補角 或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得 它等于兩個法向量的夾角或其補角 2 利用空間向量求空間角的一般步驟 1 建立恰當?shù)目臻g直角坐標系 2 求出相關(guān)點的坐標 寫出相關(guān)向量的坐標 3 結(jié)合公式進行論證 計算 4 轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論 1 2018江蘇 22 10分 如圖 在正三棱柱ABC A1B1C1中 AB AA1 2 點P Q分別為A1B1 BC的中點 1 求異面直線BP與AC1所成角的余弦值 2 求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值 解析如圖 在正三棱柱ABC A1B1C1中 設(shè)AC A1C1的中點分別為O O1 則OB OC OO1 OC OO1 OB 以 為基底 建立空間直角坐標系O xyz 因為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 因為P為A1B1的中點 所以P 從而 0 2 2 故 cos 因此 異面直線BP與AC1所成角的余弦值為 2 因為Q為BC的中點 所以Q 因此 0 2 2 0 0 2 設(shè)n x y z 為平面AQC1的一個法向量 則即不妨取n 1 1 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為 則sin cos 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為 2 2018南昌摸底調(diào)研 如圖 在四棱錐P ABCD中 ABC ACD 90 BAC CAD 60 PA 平面ABCD PA 2 AB 1 設(shè)M N分別為PD AD的中點 1 求證 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 證明 M N分別為PD AD的中點 MN PA 又MN 平面PAB PA 平面PAB MN 平面PAB 在Rt ACD中 CAD 60 CN AN ACN 60 又 BAC 60 CN AB CN 平面PAB AB 平面PAB CN 平面PAB 又CN MN N 平面CMN 平面PAB 2 PA 平面ABCD PA 平面PAC 平面PAC 平面ACD 又DC AC 平面PAC 平面ACD AC DC 平面PAC 如圖 以點A為原點 AC所在直線為x軸 AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系 A 0 0 0 C 2 0 0 P 0 0 2 D 2 2 0 N 1 0 1 0 1 2 設(shè)n x y z 是平面PCN的法向量 則即可取n 1 又平面PAC的一個法向量為 0 2 0 cos 由圖可知 二面角N PC A的平面角為銳角 二面角N PC A的平面角的余弦值為 考點三立體幾何中的探索性問題 例 2018長春質(zhì)量檢測 二 如圖 直四棱柱ABCD A1B1C1D1中 底面ABCD為等腰梯形 AD 2BC 2CD 4 AA1 2 1 證明 AD1 B1D 2 設(shè)E是線段A1B1 不包括端點 上的動點 是否存在這樣的點E 使得二面角E BD1 A的余弦值為 如果存在 求出B1E的長 如果不存在 請說明理由 解析 1 證明 連接BD B1D1 在等腰梯形ABCD中 由AD 2BC 2CD 4 得BD 2 故四邊形B1BDD1是正方形 BD1 B1D AD1 B1D 2 存在 以B為原點 方向為x軸正方向 方向為y軸正方向 方向為z軸正方向 建立空間直角坐標系 如圖所示 設(shè)B1E m 0 m 2 則E 0 m 2 B 0 0 0 D1 2 0 2 A 0 2 0 0 m 2 2 0 2 設(shè)平面EBD1的法向量為n1 x1 y1 z1 則即令z1 m 則所以n1 m 2 m 0 2 0 2 0 2 設(shè)平面BD1A的法向量為n2 x2 y2 z2 則即令x2 1 則所以n2 1 0 1 cos 則m 1 故B1E的長為1 方法歸納 利用空間向量巧解探索性問題 1 對于存在型問題 解題時 把要滿足的結(jié)論當作條件 據(jù)此列方程或方程組 把 是否存在 問題轉(zhuǎn)化為 是否有解 是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解 等 2 對于位置探索型問題 通常借助向量 引入?yún)?shù) 綜合條件和結(jié)論列方程 解出參數(shù) 從而確定位置 2018遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考 如圖 在四棱錐E ABCD中 底面ABCD為直角梯形 其中CD AB BC AB 側(cè)面ABE 平面ABCD 且AB AE BE 2BC 2CD 2 動點F在棱AE上 且EF FA 1 試探究 的值 使CE 平面BDF 并給予證明 2 當 1時 求直線CE與平面BDF所成角的正弦值 解析 1 猜想當 時 CE 平面BDF 下面證明猜想成立 連接AC交BD于點G 連接GF CD AB AB 2CD EF FA GF CE 又CE 平面BDF GF 平面BDF CE 平面BDF 2 取AB的中點O 連接EO 則EO AB 平面ABE 平面ABCD 平面ABE 平面ABCD AB 且EO AB EO 平面ABCD 連接DO BO CD 且BO CD 1 四邊形BODC為平行四邊形 BC DO 又BC AB AB OD 則OD OA OE兩兩垂直 以O(shè)D OA OE所在的直線分別為x y z軸 方向分別為x軸 y軸 z軸的正方向建立空間直角坐標系O xyz 則O 0 0 0 A 0 1 0 B 0 1 0 D 1 0 0 C 1 1 0 E 0 0 當 1時 有 F 1 1 0 1 1 設(shè)平面BDF的法向量為n x y z 則有即令z 得y 1 x 1 則n 1 1 為平面BDF的一個法向量 設(shè)直線CE與平面BDF所成的角為 則sin cos 故直線CE與平面BDF所成角的正弦值為