（通用版）2020版高考数学大二轮复习 专题五 立体几何 5.4.1 空间中的平行与空间角课件 理

5.4立体几何大题-2-年份卷别设问特点涉及知识点几何模型解题思想方法2015全国1证面面垂直;求线线角的余弦值勾股定理、面面垂直的判定定理、空间点坐标、向量的数量积菱形与两条垂线组成的图形逻辑推理、解析法全国2在长方体中画正方形;求线面角的正弦值线面平行性质定理、平面法向量、向量的数量积长方体逻辑推理、解析法-3-年份卷别设问特点涉及知识点几何模型解题思想方法2016全国1证面面垂直;求二面角的余弦值面面垂直判定定理、二面角、平面法向量、向量的数量积五面体逻辑推理、解析法全国2证线面垂直;求二面角的正弦值线面垂直判定定理、平面法向量、向量的数量积菱形折叠一角逻辑推理、解析法全国3证线面平行;求线面角的正弦值线面平行判定定理、平面法向量、向量的数量积四棱锥逻辑推理、解析法-4-年份卷别设问特点涉及知识点几何模型解题思想方法2017全国1证面面垂直;求二面角的余弦值面面垂直判定定理、平面法向量、向量的数量积四棱锥逻辑推理、解析法全国2证线面平行;求二面角的余弦值线面平行判定定理、平面法向量、向量的数量积四棱锥逻辑推理、方程思想、解析法全国3证面面垂直;求二面角的余弦值全等三角形、二面角、勾股定理、平面法向量、向量的数量积四面体逻辑推理、解析法-5-年份卷别设问特点涉及知识点几何模型解题思想方法2018全国1证面面垂直;求线面角的正弦值面面垂直判定定理、平面法向量、向量的数量积正方形折叠一角逻辑推理、解析法全国2证线面垂直;求线面角的正弦值勾股定理,线面垂直判定定理、平面法向量、向量的数量积三棱锥逻辑推理、方程思想、解析法全国3证面面垂直;求二面角的正弦值面面垂直的性质和判定定理;平面法向量、向量的数量积正方形、半圆上的点组成几何体逻辑推理、解析法-6-年份卷别设问特点涉及知识点几何模型解题思想方法2019全国1证明线面平行;求二面角的正弦值线面平行的判定定理;平面法向量,向量的数量积,二面角的定义直四棱柱转换思想,演绎推理,解析法全国2证明线面垂直;求二面角的正弦值线面垂直的性质、判定定理;平面法向量,向量的数量积;二面角的定义长方体转换思想,演绎推理,解析法全国3证四点共面、面面垂直;求二面角的大小共面定理,面面垂直的判定定理,平面法向量,向量的数量积;二面角的定义平面图形的折叠、三棱柱转换思想,演绎推理,解析法-7-1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:①利用平行公理;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质.2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质定理.(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理.3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理.-8-4.利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则:(1)线面平行:l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直:l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k≠0).(3)面面平行:α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0).(4)面面垂直:α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.-9-5.利用空间向量求空间角(1)线线夹角的计算:设l,m的方向向量分别为a,b,且它们的夹角为θ0≤𝜃≤π2,则cosθ=|𝑎·𝑏||𝑎||𝑏|.(2)线面夹角的计算:设平面α的法向量为n,直线AB与平面α所成的角为θ,如下图,则sinθ=|cos𝐴𝐵,n|=|𝐴𝐵·𝑛||𝐴𝐵||𝑛|.-10-(3)面面夹角的计算:设平面α,β的法向量分别为n1,n2,α与β的夹角为θ,如下图,则|cosθ|=|cosn1,n2|=|𝑛1·𝑛2||𝑛1||𝑛2|.-11-(4)易错点提醒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,容易误以为是线面角的余弦.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.6.求点到平面的距离设平面α的法向量为n,则点P到平面α的距离d=|𝑃𝐴·𝑛||𝑛|.5.4.1空间中的平行与空间角-13-考向一考向二考向三证明平行关系求线面角(全方位透析)例1在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,A1D与AC1交于点E,F在线段AC1上,且AF=2FC1,AA1=1,AB=2,AC=1,∠BAC=60°.(1)求证:B1F∥平面A1BD;(2)求直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值.-14-考向一考向二考向三解法1(1)取A1C1的中点H,连接FH,B1H,DH,则有DH􀱀BB1,∴四边形DHB1B为平行四边形,∴B1H∥BD.又B1H⊄平面A1BD,BD⊂平面A1BD,∴B1H∥平面A1BD.由题意,可知AD∥A1C1,∴∠ADE=∠C1A1E,∠DAE=∠A1C1E,又AF=2FC1,∴AE=EF=FC1.又A1H=HC1,∴FH∥EA1,又FH⊄平面A1BD,EA1⊂平面A1BD,∴FH∥平面A1BD,∵FH,B1H⊂平面B1FH,FH∩B1H=H,∴平面B1FH∥平面A1BD.又B1F⊂平面B1FH,∴B1F∥平面A1BD.∴△ADE∽△C1A1E,𝐴𝐸𝐸𝐶1=𝐴𝐷𝐶1𝐴1=12,-15-考向一考向二考向三(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,∴BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=3,则AB2=BC2+AC2,∴∠BCA=90°,BC⊥AC.∵CC1⊥平面ABC,BC,AC⊂平面ABC,∴CC1⊥CA,CC1⊥CB,如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则有B(0,0,3),A1(1,1,0),D12,0,0,𝐷𝐵=-12,0,3,𝐷𝐴1=12,1,0,𝐶𝐵=(0,0,3).-16-考向一考向二考向三设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),直线BC与平面A1BD所成的角为θ.由𝑛·𝐷𝐵=0,𝑛·𝐷𝐴1=0,得-12𝑥+3𝑧=0,12𝑥+𝑦=0,整理得𝑧=123𝑥,𝑦=-12𝑥,令x=23,得平面A1BD的一个法向量n=(23,-3,1),所以sinθ=|𝑛·𝐶𝐵||𝑛|·|𝐶𝐵|=34×3=14.故直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值为14.-17-考向一考向二考向三解法2(1)连接AB1,交A1B于点G,连接EG.则有AG=GB1.由题意,可知AD∥A1C1,∴∠ADE=∠C1A1E,∠DAE=∠A1C1E,又AF=2FC1,∴AE=EF=FC1,∴B1F∥EG.∵B1F⊄平面A1BD,EG⊂平面A1BD,∴B1F∥平面A1BD.(2)同解法1中的(2).∴△ADE∽△C1A1E,𝐴𝐸𝐸𝐶1=𝐴𝐷𝐶1𝐴1=12.-18-考向一考向二考向三解法3(1)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,∴BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=3,则AB2=BC2+AC2,∴∠BCA=90°,BC⊥AC.∵CC1⊥平面ABC,BC,AC⊂平面ABC,∴CC1⊥CA,CC1⊥CB,如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则有A(1,0,0),B(0,0,3),A1(1,1,0),B1(0,1,3),C1(0,1,0),D12,0,0.∴𝐷𝐵=-12,0,3,𝐷𝐴1=12,1,0.-19-考向一考向二考向三设F(x,y,0),则𝐴𝐹=(x-1,y,0),𝐹𝐶1=(-x,1-y,0).∵AF=2FC1,∴𝑥-1=-2𝑥,𝑦=2(1-𝑦),解得𝑥=13,𝑦=23,即F13,23,0,𝐹𝐵1=-13,13,3.令𝐹𝐵1=m𝐷𝐵+n𝐷𝐴1,可解得m=1,n=13,∴存在m=1,n=13,使得𝐹𝐵1=m𝐷𝐵+n𝐷𝐴1,∴向量𝐹𝐵1与𝐷𝐵,𝐷𝐴1共面.∵B1F⊄平面A1BD,∴B1F∥平面A1BD.(2)同解法1中的(2).-20-考向一考向二考向三解法4(1)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,∴BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=3,则AB2=BC2+AC2,∴∠BCA=90°.∴BC⊥AC.∵CC1⊥平面ABC,BC,AC⊂平面ABC,∴CC1⊥CA,CC1⊥CB,如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.-21-考向一考向二考向三则有A(1,0,0),B(0,0,3),A1(1,1,0),B1(0,1,3),C1(0,1,0),D12,0,0.∴𝐷𝐵=-12,0,3,𝐷𝐴1=12,1,0.设F(x,y,0),则𝐴𝐹=(x-1,y,0),𝐹𝐶1=(-x,1-y,0).∵AF=2FC1,∴𝑥-1=-2𝑥,𝑦=2(1-𝑦),解得𝑥=13,𝑦=23,即F13,23,0,𝐹𝐵1=-13,13,3.设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),由𝑛·𝐷𝐵=0,𝑛·𝐷𝐴1=0,-22-考向一考向二考向三得-12𝑥+3𝑧=0,12𝑥+𝑦=0,整理得𝑧=123𝑥,𝑦=-12𝑥,令x=23,得平面A1BD的一个法向量n=(23,-3,1),则n·𝐹𝐵1=-13×23+13×(-3)+3=0,∴n⊥𝐹𝐵1,∵B1F⊄平面A1BD,∴B1F∥平面A1BD.(2)设直线BC与平面A1BD所成的角为θ.𝐶𝐵=(0,0,3).∴sinθ=|𝑛·𝐶𝐵||𝑛|·|𝐶𝐵|=34×3=14.故直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值为14.-23-考向一考向二考向三解题心得1.用几何法证明空间平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,证明过程是沿着转化途径进行.2.证线面平行时,一般利用线面平行的判定定理,难点是找直线在平面内的平行线:(1)利用三角形的中位线找平行线证线面平行;(2)构造平行四边形,找平行线;(3)利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行.3.向量法证明空间平行关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量.-24-考向一考向二考向三对点训练1如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.-25-考向一考向二考向三(1)证明由已知得AM=23AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.又AD∥BC,故TN􀱀AM,四边形AMNT为平行四边形,所以MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.-26-考向一考向二考向三(2)解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=𝐴𝐵2-𝐵𝐸2=𝐴𝐵2-𝐵𝐶22=5.以A为坐标原点,𝐴𝐸的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,𝑃𝑀=(0,2,-4),𝑃𝑁=52,1,-2,𝐴𝑁=52,1,2.-27-考向一考向二考向三设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则𝑛·𝑃𝑀=0,𝑛·𝑃𝑁=0,即2𝑦-