江苏高考数学二轮复习课件理科附加题空间向量与立体几何

第2讲空间向量与立体几何课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：共线向量定理可以分解为两个命题(a，b(b≠0)为空间内任意两个向量)：①a∥b⇒存在唯一实数λ，使得a＝λb；②若存在实数λ，使a＝λb，则a∥b，其中命题②是空间向量共线的判定定理．(2)四点共面的充要条件：①空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使AP→＝xAB→＋yAC→成立；②对空间任意一点O，有OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，若x＋y＋z＝1，则P，A，B，C四点共面，反之亦成立．(3)空间向量基本定理：①空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一组基底；②基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．2．与空间向量运算有关的结论设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；(2)a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；(3)|a|＝a2＝a21＋a22＋a23；(4)cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23·b21＋b22＋b23.3．与空间距离有关的结论(1)点面距离：已知平面α外一点B(x0，y0，z0)，平面α内一点A(x1，y1，z1)，平面α的一个法向量n，则点B到平面α的距离为d＝|BA→·n||n|；(2)线面距离：已知直线a∥平面α，直线a上一点B(x0，y0，z0)，平面α内一点A(x1，y1，z1)，平面α的一个法向量n，则直线a到平面α的距离为d＝|BA→·n||n|；(3)面面距离：已知平面α内一点A(x1，y1，z1)，平面β内一点B(x0，y0，z0)，平面α(或平面β)的一个法向量n，则平行平面α，β间的距离为d＝|BA→·n||n|；(4)异面直线间的距离：已知直线a上一点A(x1，y1，z1)，直线b上一点B(x0，y0，z0)，异面直线a，b的公垂线的方向向量为n，则异面直线a，b间的距离为d＝|BA→·n||n|；(5)两点间的距离：已知点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则A，B两点间的距离为|AB→|＝x2－x12＋y2－y12＋z2－z12.4．与空间角有关的结论(1)异面直线所成角公式：设a、b分别为异面直线l1，l2的方向向量，θ为l1，l2所成的角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||a||b|.(2)线面所成角公式：设l为平面α的斜线，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l与α所成的角，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|.(3)面面角公式：设n1，n2分别为平面α，β的法向量，二面角为θ，则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|.[经典考题再回首]1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A­MA1­N的正弦值．解：(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，3，2)，N(1,0,2)，A1A→＝(0,0，－4)，A1M→＝(－1，3，－2)，A1N→＝(－1,0，－2)，MN→＝(0，－3，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则m·A1M→＝0，m·A1A→＝0，所以－x＋3y－2z＝0，－4z＝0，可取m＝(3，1,0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则n·MN→＝0，n·A1N→＝0，所以－3q＝0，－p－2r＝0，可取n＝(2,0，－1)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝232×5＝155，所以二面角A­MA1­N的正弦值为105.2．(2019·天津高考)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E­BD­F的余弦值为13，求线段CF的长．解：依题意，以A为坐标原点，分别以AB→，AD→，AE→的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设CF＝h(h0)，则F(1,2，h)．(1)证明：依题意知，AB→＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF→＝(0,2，h)，可得BF→·AB→＝0，因为直线BF⊄平面ADE，(2)依题意，BD→＝(－1,1,0)，BE→＝(－1,0,2)，CE→＝(－1，－2,2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则n·BD→＝0，n·BE→＝0，即－x＋y＝0，－x＋2z＝0，不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．因此有cos〈CE→，n〉＝CE→·n|CE→||n|＝－49.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则m·BD→＝0，m·BF→＝0，即－x1＋y1＝0，2y1＋hz1＝0，不妨令y1＝1，可得m＝1，1，－2h.由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝4－2h32＋4h2＝13，解得h＝87.经检验，符合题意．所以线段CF的长为87.课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效考法一利用空间向量求异面直线所成的角[例1]已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，且A1P→＝λA1B→，PC⊥AB.(1)求λ的值；(2)求异面直线PC与AC1所成角θ的余弦值．[解](1)设正三棱柱的棱长为2，取AC中点O，连结OB，则OB⊥AC.以O为原点，OB，OC所在直线为x轴，y轴，过点O且平行AA1的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)，所以AB→＝(3，1,0)，CA1→＝(0，－2,2)，A1B→＝(3，1，－2)．因为PC⊥AB，所以CP→·AB→＝0，得(CA1→＋A1P→)·AB→＝0，即(CA1→＋λA1B→)·AB→＝0，即(3λ，－2＋λ，2－2λ)·(3，1,0)＝0，解得λ＝12.(2)由(1)知CP→＝32，－32，1，AC1→＝(0,2,2)，cosθ＝|CP→·AC1→||CP→||AC1→|＝28，所以异面直线PC与AC1所成角θ的余弦值是28.[解题方略]用向量法求异面直线所成角的四步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．[针对训练]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．解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，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，射线OB，OC分别为x轴，y轴的正半轴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.即PB与AC所成角的余弦值为64.考法二利用空间向量求直线与平面所成的角[例2]在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，F是棱BC的中点，点E在棱C1D1上，且D1E＝13EC1.求直线EF与平面D1AC所成角的正弦值．[解]以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2,0,0)，C(0,4,0)，D1(0，0,2)，E(0,1,2)，F(1,4,0)．所以D1A→＝(2,0，－2)，D1C→＝(0,4，－2)，EF→＝(1,3，－2)．设平面D1AC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D1A→＝0，n·D1C→＝0，即2x－2z＝0，4y－2z＝0，取y＝1，则n＝(2,1,2)．因为|EF→|＝14，|n|＝3，EF→·n＝1，所以cos〈EF→，n〉＝EF→·n|EF→||n|＝114×3＝1442，所以直线EF与平面D1AC所成角的正弦值为1442.[解题方略]利用空间向量求线面角的解题模型[针对训练](2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系O­xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)．(1)因为P为A1B1的中点，所以P32，－12，2，从而BP→＝－32，－12，2，AC1→＝(0,2,2)，所以|cos〈BP→，AC1→〉|＝|BP→·AC1→||BP→|·|AC1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点，所以Q32，12，0，因此AQ→＝32，32，0，AC1→＝(0,2,2)，CC1→＝(0,0,2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则AQ→·n＝0，AC1→·n＝0，即32x＋32y＝0，2y＋2z＝0.不妨取n＝(3，－1,1)．设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈CC1→，n〉|＝|CC1→·n||CC1→|·|n|＝25×2＝55，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.考法三利用空间向量解决二面角问题[例3](2019·苏州期末)如图，四棱锥P­ABCD中，已知底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，PA与平面PBC所成角的正弦值为217.(1)求侧棱PA的长；(2)设E为AB的中点，若PA≥AB，求二面角B­PC­E的余弦值．[解](1)取AD的中点O，BC的中点M，连结OP，OM.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，OP⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以OP⊥平面A