《高三数学第一篇五 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何 理.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学第一篇五 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何 理.ppt（42页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第第3 3讲讲 空间向量与立体几何空间向量与立体几何考情分析考情分析总纲目录考点一 向量法证明平行与垂直考点二 利用空间向量求空间角（高频考点）考点三 立体几何中的探索性问题考点一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=ka1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k0).(3)面面平行v=va2=a3,b2=b3,c2=c3(0).(4)面面垂直vv=0a2a3+b2b3+c2c3=0.典型例题典型例题如图所示,在底面是
2、矩形的四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.(1)求证:EF平面PAB;(2)求证:平面PAD平面PDC.证明证明以A为坐标原点,AB,AD,AP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,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F,=,=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).(1)因为=-,所以,即EFAB.又AB平面PAB,EF平面PAB,所以EF平面PAB.(2)因为=(0,0,1)(1,0,0)=0,=(0,2,0)(1,
3、0,0)=0,所以,即APDC,ADDC.又因为APAD=A,AP平面PAD,AD平面PAD,所以DC平面PAD.因为DC平面PDC,所以平面PAD平面PDC.方法归纳方法归纳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.跟踪集训跟踪集训在直三棱柱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,
4、C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D平面ABD;(2)平面EGF平面ABD.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.证明证明(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,(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-
5、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.考点二利用空间向量求空间角(高频考点)命题点命题点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.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
6、-所成的角为钝角,则cos=-|cos|=-.典型例题典型例题(2017课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点.(1)证明:直线CE平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.解析解析(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)由
7、已知得BAAD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0 x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin 45,=,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=-.由解得(舍去)或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于
8、是cos=.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.方法归纳方法归纳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.跟踪集训跟踪集训1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,BAD=120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析解析在平面ABCD内,过点A作AEAD,交BC于点E.因为AA1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.如
9、图,以,为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,BAD=120,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos=-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos=.设二面角B-A1D-A的大小为,则|cos|=.因为0,所以sin=.因此二面角
10、B-A1D-A的正弦值为.2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.解析解析如图,以A为原点,分别以,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:
11、=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=0,即n.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=-,于是sin=.所以,二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos|=,整理
12、得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,线段AH的长为或.考点三立体几何中的探索性问题典型例题典型例题(2017宝鸡质量检测(一)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,PA底面ABCD,点E是PD的中点,点F是PC的中点.(1)证明:PB平面AEC;(2)若底面ABCD为正方形,探究在什么条件下,二面角C-AF-D的大小为60?解析解析易知AD,AB,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设AB=2a,AD=2b,AP=2c,则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c).连接BD,设ACBD=O,连接OE
13、,则O(a,b,0),又E是PD的中点,所以E(0,b,c).(1)因为=(2a,0,-2c),=(a,0,-c),所以=2,所以,即PBEO.因为PB平面AEC,EO平面AEC,所以PB平面AEC.(2)因为四边形ABCD为正方形,所以a=b,A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),P(0,0,2c),E(0,a,c),F(a,a,c).因为z轴平面CAF,所以设平面CAF的一个法向量为n=(x,1,0),而=(2a,2a,0),所以n=2ax+2a=0,得x=-1,所以n=(-1,1,0).因为y轴平面DAF,所以设平面DAF的一个法向量为m=(1,
14、0,z),而=(a,a,c),所以m=a+cz=0,得z=-,所以m=m=(c,0,-a).cos 60=,得a=c.故当AP与正方形ABCD的边长相等时,二面角C-AF-D的大小为60.方法归纳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,通常是借助向量,引入参数,综合条件和结论列方程,解出参数,从而确定位置.跟踪集训跟踪集训如图所示,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.(1
15、)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.依题意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E,所以=,=(-1,0,1),因为|cos|=,所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.解析解析(1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz.(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES平面AMN.连接AE,如图所示.因为=(0,1,1),可设=(0,),又=,所以=+=.由ES平面AMN,得即解得=,此时=,|=.经检验,当|AS|=
16、时,ES平面AMN.故线段AN上存在点S,使得ES平面AMN,此时|AS|=.1.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且APBE,求CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.随堂检测随堂检测解析解析(1)因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱
17、形,所以AE=GE=AC=GC=.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EMAG,CMAG,所以EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=2.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=2,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3),C(-1,0),故=(2,0,-3),=(1,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,
18、可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos=.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60.2.(2017昆明教学质量检测)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC平面BCC1B1,AC=BC=1,BB1=2,B1BC=60.(1)证明:B1CAB;(2)已知点E在棱BB1上,二面角A-EC1-C为45,求的值.解析解析(1)在BCB1中,BC=1,BB1=2,B1BC=60,则B1C=,于是BC2+B1C2=B,故B1CBC.因为AC平面BCC1B,所以ACB1C,又BCAC=C,所以B1C平面ABC,所以B1CAB.(2)以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),B1(,0,0),B(0,1,0),A(0,0,1),由=得C1(,-1,0),设=(01),则E(,1-,0),于是=(,1-,-1),=(,-1,-1),设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),则即可得平面AEC1的一个法向量为n=(-2,-,-),易得平面EC1C的一个法向量为m=(0,0,1),又二面角A-EC1-C为45,则cos 45=,解得=或=2(舍),所以=,故的值为.