2012高考数学二轮专题复习课件：第2讲 空间向量与立体几何

◆考查空间向量的基本运算和基本定理．◆用空间向量来解决空间线面关系的推理论证与空间角、距离的求解．第2讲空间向量与立体几何1．(2011·齐齐哈尔模拟)若平面α，β垂直，则下面可以是这两个平面法向量的是()．A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1)B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1)C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1)D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)解析∵A中，n1·n2＝1×(－3)＋2×1＋1×1＝0，故选A.答案A2．(2011·绵阳模拟)已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任一点，若点P在平面ABC内，且满足OP→＝15OA→＋23OB→＋λOC→，则λ＝()．A．1B．0C.215D．－215解析∵四点P，A，B，C共面，∴15＋23＋λ＝1，∴λ＝215.答案C3．(2011·广州模拟)如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1M→相等的向量是()．A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋cC.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c解析法一B1M→＝B1B→＋BM→＝A1A→＋12(BA→＋BC→)＝c＋12(－a＋b)＝－12a＋12b＋c，∴选A.法二∵B1M→＝B1A1→＋A1A→＋AM→＝(－a)＋c＋a＋b2＝－12a＋12b＋c.答案A4．(2011·郑州模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()．A．45°B．60°C．90°D．120°解析法一将该直三棱柱放入正方体中，如图，EF∥C1D，△C1DB为正三角形．∴直线EF与BC1所成的角为60°.法二建立空间直角坐标系法(略)．答案B5．(2010·全国卷Ⅰ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()．A.23B.33C.23D.63解析法一如图连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求二面角．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝22，D1O＝62.∴cos∠DD1O＝DD1D1O＝26＝63.∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为63.法二建立空间坐标系法．(略)答案D6．(2011·内江模拟)如图，若直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，AB1与底面ABCD成60°角，则点B到平面AB1C的距离为________．解析法一设点B到平面AB1C的距离为h.则VBAB1C＝VABCB1，即13×S△AB1C×h＝13×S△BB1C×AB＝217.法二建立空间坐标系法(略)．答案217向量法证明立体几何中的垂直与平行(1)线线平行：a∥b(b≠0)⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2(λ∈R)．(2)线面平行：设平面α的法向量为n，直线a的方向向量为a，则直线a∥平面α⇔a⊥n.(3)线面垂直：设平面α的法向量为n，直线a的方向向量为a，则直线a⊥平面α⇔a∥n.(4)面面平行：设平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，则α∥β⇔n1∥n2.(5)面面垂直：设平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果．向量法求空间角空间向量与空间角的关系：①设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成角θ满足cosθ＝|cos〈m1，m2〉|；②设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|；③求二面角的大小a．如图①，AB、CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉．b．如图②③，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦．(2)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．向量法求空间距离设n是平面α的法向量，在α内任取一点B，则A到α的距离d＝|AB→|cosθ＝|AB→·n||n|.高考对该内容的考查以解答题为主，考查以空间几何体为载体，突出空间向量的应用，试题难度为中等．利用向量法求线线、线面角【例题1】►如图所示，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；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．解设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0，0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a,0)，E(a，3a,2a)．∵F为CD的中点，∴F32a，32a，0.(1)证明AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)，∵AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，BE∩BC＝B.∴AF∥平面BCE.(2)证明∵AF→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，又∵AF→·CD→＝0，AF→·ED→＝0，∴AF⊥CD，AF⊥ED.又CD∩ED＝D.∴AF⊥平面CDE，又∵AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，由n·BE→＝0，n·BC→＝0.可得x＋3y＋z＝0，2x－z＝0，取x＝1，则n＝(1，－3，2)．又BF→＝32a，32a，－a，设BF和平面BCE所成的角为θ，则sinθ＝|BF→·n||BF→||n|＝2a2a·22＝24.∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为24.(1)用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，而直接计算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷，但是向量法要求计算必须准确无误．(2)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．【变式1】►(2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求AE→与DB→夹角的余弦值．(1)证明∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.∵AD⊂平面ABD，∴平面ADB⊥平面BDC.(2)解由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DB→，DC→，DA→所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，3)，E12，32，0，∴AE→＝12，32，－3，DB→＝(1,0,0)，∴AE→与DB→夹角的余弦值为cos〈AE→，DB→〉＝AE→·DB→|AE→|·|DB→|＝121×224＝2222.用空间向量法求二面角的大小是高考的热点．考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等．利用向量法求二面角【例题2】►(2011·嘉兴模拟)在如图所示的几何体中，AE⊥平面ABC，CD∥AE，F是BE的中点，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AE＝2CD＝2.(1)证明：DF⊥平面ABE；(2)求二面角ABDE的余弦值．(1)证明因为EA⊥平面ABC，CD∥AE，所以CD⊥平面ABC.故以C为原点，分别以CA→，CB→，CD→所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，D(0,0,1)，E(1,0,2)，F12，12，1.所以DF→＝12，12，0，AE→＝(0,0,2)，AB→＝(－1,1,0)，因为DF→·AE→＝12，12，0·(0,0,2)＝0，DF→·AB→＝12，12，0·(－1,1,0)＝0.所以DF⊥AE，DF⊥AB，而AE∩AB＝A.所以DF⊥平面ABE.(2)解由(1)知，BD→＝(0，－1,1)，AB→＝(－1,1,0)，BE→＝(1，－1，2)，设n1＝(x1，y1，z1)是平面ABD的一个法向量，由n1·BD→＝0，n1·AB→＝0得－y1＋z1＝0，－x1＋y1＝0.即x1＝y1＝z1.取x1＝y1＝z1＝1，则n1＝(1,1,1)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面BDE的一个法向量．由n2·BD→＝0，n2·BE→＝0得－y2＋z2＝0，x2－y2＋2z2＝0，即x2＝－y2＝－z2，取y2＝z2＝1，x2＝－1，则n2＝(－1,1,1)，设二面角ABDE的大小为θ，则cosθ＝n1·n2|n1||n2|＝－1＋1＋13×3＝13，故二面角ABDE的余弦值是13.求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【变式2】►(2011·天津)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．解如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0，22，0)，C1(2，2，5)．(1)易得AC→＝(－2，－2，5)，A1B1→＝(－22，0,0)，于是cos〈AC→，A1B1→〉＝AC→·A1B1→|AC→||A1B1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.(2)易知AA1→＝(0,22，0)，A1C1→＝(－2，－2，5)．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则m·A1C1→＝0，m·AA1→＝0.即－2x－2y＋5z＝0，22y＝0.不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)，同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x1，y1，z1)，则n·A1C1→＝0，n·A1B1→＝0，即－2x1－2y1＋5z1＝0，－22x1＝0.不妨令y1＝5，可得n＝(0，5，2)，于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝27×7＝27，从而sin〈m，n〉＝357.所以二面角AA1C1B1的正弦值为357.(3)由N为棱B1C1的中点，得N22，322，52.设M(a，b,0)，则MN→＝22－a，322－b，52.由MN⊥平面A1B1C1，得MN→·A1B1→＝0，MN→·A1C1→＝0，即22－a·－22＝0，22－a·－2＋322－b·－2＋52×5＝0.解得a＝22，b＝24.故M22，24，0.因此BM→＝22，24，0，所以线段BM的长|BM→|＝104.高考试题中只有一道立体几何解答题，这道试题不会单纯地考查立体几