2012高考数学理专题突破课件第一部分专题四第三讲：空间向量与立体几何

专题四立体几何第一部分专题突破方略第三讲空间向量与立体几何主干知识整合1．空间角的类型与范围(1)异面直线所成的角(θ)：0θ≤π2；(2)直线与平面所成的角(θ)：0≤θ≤π2；(3)二面角(θ)：0≤θ≤π.2．几何法求空间角与距离的步骤一作、二证、三计算．3．向量法求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l1，l2的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为n，m.①异面直线l1与l2所成的角为θ，则cosθ＝|a·b||a||b|.②直线l1与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|a·n||a||n|.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cosθ|＝|n·m||n||m|.(2)求空间距离：直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离．点P到平面α的距离：d＝|PM→·n||n|(其中n为α的法向量，M为α内任一点)．高考热点讲练向量法证明垂直与平行例1如图，在六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.求证：(1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；(2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.【证明】(1)以D为原点，以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Dxyz.如图，则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,2)，B1(1,1,2)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，∴A1C1→＝(－1,1,0)，AC→＝(－2,2,0)，D1B1→＝(1,1,0)，DB→＝(2,2,0)，∴AC→＝2A1C1→，DB→＝2D1B1→，∴AC→与A1C1→平行，DB→与D1B1→平行，即A1C1与AC共面，B1D1与BD共面．(2)∵DD1→·AC→＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0，DB→·AC→＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0，∴DD1→⊥AC→，DB→⊥AC→，即DD1⊥AC，DB⊥AC.又DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，∴AC⊥平面B1BDD1.又AC⊂平面A1ACC1，∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.【归纳拓展】用向量法证明平行、垂直问题的步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；(2)通过向量运算研究平行、垂直问题；(3)根据运算结果解释相关问题．变式训练1在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DC的中点．(1)求证：D1F⊥平面ADE；(2)设正方形ADD1A1的中心为M，B1C1的中点为N，求证：MN∥平面ADE.证明：(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D—xyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，F0，12，0，E1，1，12，AD→＝(－1,0,0)，D1F→＝0，12，－1，AD→·D1F→＝(－1,0,0)·0，12，－1＝0.∴AD⊥D1F.又AE→＝0，1，12，D1F→＝0，12，－1，∴AE→·D1F→＝0，1，12·0，12，－1＝12－12＝0.∴AE⊥D1F.又AE∩AD＝A，D1F⊄平面ADE，∴D1F⊥平面ADE.(2)∵M12，0，12，N12，1，1，∴MN→＝0，1，12.由(1)知，D1F→＝0，12，－1是平面ADE的法向量．又∵MN→·D1F→＝0＋12－12＝0，∴MN⊥D1F.∵MN⊄平面ADE，∴MN∥平面ADE.(2011年高考四川卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于点D.(1)求证：PB1∥平面BDA1；(2)求二面角AA1DB的平面角的余弦值．向量法求线线角和线面角例2【解】如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1()0，0，0，B1()1，0，0，C1()0，1，0，B()1，0，1，P(0,2,0)．(1)证明：在△PAA1中有C1D＝12A1A，即D(0,1，12)．∴A1B→＝()1，0，1，A1D→＝0，1，12，B1P→＝()－1，2，0.设平面BA1D的一个法向量为n1＝()a，b，c，则n1·A1B→＝a＋c＝0，n1·A1D→＝b＋12c＝0，令c＝－1，则n1＝1，12，－1.∵n1·B1P→＝1×()－1＋12×2＋()－1×0＝0，∴PB1∥平面BDA1.(2)由()1知，平面BDA1的一个法向量n1＝1，12，－1.又n2＝()1，0，0为平面AA1D的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝11×32＝23.故二面角A­A1D­B的平面角的余弦值为23.(2011年高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．例3【解】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD＝O，因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O­xyz，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)．所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0,23，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝PB→·AC→|PB→||AC→|＝622×23＝64.(3)由(2)知BC→＝(－1，3，0)．设P(0，－3，t)(t0)，则BP→＝(－1，－3，t)．设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则BC→·m＝0，BP→·m＝0.所以－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0.令y＝3，则x＝3，z＝6t.所以m＝3，3，6t.同理，平面PDC的法向量n＝－3，3，6t.因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋36t2＝0，解得t＝6.所以PA＝6.【归纳拓展】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：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)几个常见空间角的求法：①异面直线所成的角θ可通过直线的方向向量夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.②直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.③二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)求得；也可以通过二面角的两个半平面的法向量的夹角来求，它等于两个法向量的夹角或其补角．变式训练2如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面B1EDF交A1D1于点F.(1)指出F在A1D1上的位置，并说明理由；(2)求直线A1C与DE所成角的余弦值；(3)求直线AD与平面B1EDF所成角的正弦值．解：以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0，a)，B1(a,0，a)，C(a，a,0)，D(0，a,0)，Ea，a2，0.(1)由正方体的性质，有B1F∥ED，B1E∥FD.设F(0，y，a)，则FD→＝(0，a－y，－a)，B1E→＝0，a2，－a，由FD→∥B1E→，得a－y＝a2，∴y＝a2.∴F为A1D1的中点．(2)A1C→＝(a，a，－a)，DE→＝a，－a2，0，∴cos〈A1C→，DE→〉＝a2－12a23a·52a＝115＝1515.∴直线A1C与DE所成角的余弦值为1515.(3)设平面B1EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥B1E→，n⊥DE→，得a2y－az＝0，ax－a2y＝0，∴y＝2z，y＝2x.取x＝1，得n＝(1,2,1)．又AD→＝(0，a,0)，∴|cos〈n，AD→〉|＝|n·AD→||n||AD→|＝2a6a＝63.设直线AD与平面B1ED所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AD→〉|＝63.故直线AD与面B1EDF所成角的正弦值为63.向量法解决探索性问题例4如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，AD＝3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．(1)当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；(2)证明：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF；(3)当BE等于何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45°？【解】(1)当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC.又EF⊄平面PAC，而PC⊂平面PAC，∴EF∥平面PAC.(2)证明：如图，建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，B(0,1,0)，F0，12，12，D(3，0,0)．设BE＝x，则E(x,1,0)，∴AF→＝0，12，12，PE→＝(x,1，－1)，∴AF→·PE→＝0，12，12·(x,1，－1)＝0.∴AF⊥PE.∴无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF.(3)设平面PDE的一个法向量为m＝(p，q,1)，由(2)得，PD→＝(3，0，－1)，PE→＝(x,1，－1)．由m·PD→＝0m·PE→＝0得3p－1＝0px＋q－1＝0，即p＝13q＝1－x3，∴m＝13，1－x3，1.而AP→＝(0,0,1)，依题意PA与平面PDE所成的角为45°，∴sin45°＝22＝m·AP→|m|·|AP→|，即113＋1－x32＋1＝22，解得x＝3－2或x＝3＋2(舍去)，故当BE＝3－2时，PA与平面PDE所成角的大小为45°.【归纳拓展】空间向量最适合于解决这类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．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，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练3已知在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，且AB＝2，AD＝4，BC＝1，侧棱AA1＝4.(1)若E为AA1上一点，试确定E点的位置，使EB∥平面A1CD；(2)在(1)的条件下，求二面角EBDA的余弦值．解：(1)当A1E＝14A1A时，EB∥平面A1CD.如图，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,4,0)，C(2,1,0)，A1(0,0,4)．设E(0,0，z)，则BE→＝(－2,0,z)，CA1→＝(－2，－1,4)，CD→＝(－2,3,0)．∵EB∥平面A1CD，∴不妨设BE→＝xCA1→＋yCD→，∴(－2,0，z)＝x(－2，－1,4)＋y(－2,3,0)．∴－2＝－2x－2y0＝－x＋3yz＝4x，解得z＝3.所以当E点的坐标为(0,0,3)，即A1E＝14A1A时，EB∥平面A1CD.(2)∵AA1⊥平面ABD，∴向量m＝(0,0,1)为平面ABD的一个法向量．设平面BED的一个法向量为n＝(x0，y0,1)，而BE→＝(－2,0,3)，BD→＝(－2,4,0)，n·BE→＝－2x0＋3＝0n·BD→＝－2x0＋4y0＝0