2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题三 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法课件 理

专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1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．(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A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解：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)．所以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A-MA1-N的正弦值为105.2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，EF⊂平面PEF，PF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，分别以FB→，HF→，HP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.可得PH＝32，EH＝32.则H(0，0，0)，P0，0，32，D(－1，－32，0)，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.又HP→为平面ABFD的一个法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ.则sinθ＝HP→·DP→|HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，另外常以开放性方式考查“存在性问题”，着重考查逻辑推理能力，化归思想与方程思想，试题大都呈中档难度．热点1利用空间向量证明平行、垂直关系(讲练互动)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.(3)面面平行α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.【例1】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC.(2)BE∥平面PAD.(3)平面PCD⊥平面PAD.证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)向量BE→＝(0，1，1)，DC→＝(2，0，0)，故BE→·DC→＝0.所以BE⊥DC.(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量AB→＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而BE→·AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量AB→＝(1，0，0)，向量PD→＝(0，2，－2)，DC→＝(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PD→＝0，n·DC→＝0，即2y－2z＝0，2x＝0，不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥AB→.所以平面PCD⊥平面PAD.[思维升华]1．利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及直线、平面的要素)．2．向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误．[变式训练]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AM＝13AB1，BN＝13BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④BD1⊥MN.其中正确命题的序号是______．解析：建立以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系．令正方体的棱长为3，可得D(0，0，0)，A(0，3，0)，A1(0，3，3)，C1(3，0，3)，D1(0，0，3)，B(3，3，0)，M(1，3，1)，N(3，2，1)．①中，AA1→＝(0，0，3)，MN→＝(2，－1，0)，因为AA1→·MN→＝0，所以①正确；②中，A1C1→＝(3，－3，0)，与MN→不成线性关系，所以②错误；③中，易知平面A1B1C1D1的一个法向量为DD1→＝(0，0，3)，而DD1→·MN→＝0，且MN⊄平面A1B1C1D1，所以③正确；④中，BD1→＝(－3，－3，3)，因为BD1→·MN→≠0，所以④错误．答案：①③热点2利用空间向量计算空间角(多维探究)设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线线夹角．设l，m的夹角为θ0≤θ≤π2，则cosθ＝|a·b||a||b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|a21＋b21＋c21·a22＋b22＋c22.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ0≤θ≤π2，则sinθ＝|a·μ||a||μ|＝|cos〈a，μ〉|.(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cosθ|＝|μ·ν||μ||ν|＝|cos〈μ·ν〉|.角度求线面角或异面直线所成的角【例2】(1)(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B.155C.105D.33解析：以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1)．又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，3，0)．所以AB1→＝(1，－3，1)，BC1→＝(1，0，1)，则cos〈AB1→，BC1→〉＝AB1→·BC1→|AB1→|·|BC1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5×2＝25×2＝105，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.答案：C(2)(2019·广东六校联考)如图，四边形ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD，M，N分别是PC，PA的中点，AB＝2，PD＝a，∠DAB＝60°.①求证：MN⊥平面PBD；②若直线BM与平面PAD所成角的余弦值为134，求a的值．①证明：连接AC，由于四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PBD.因为PN＝NA，PM＝MC，所以MN∥AC，所以MN⊥平面PBD.②解：设AC与BD相交于点O，以O为坐标原点，AC，DB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝2，PD＝a，所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，C(－3，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，－1，a)．因为PM＝MC，所以M－32，－12，a2，则BM→＝－32，－32，a2.因为DP→＝(0，0，a)，DA→＝(3，1，0)，所以平面PDA的一个法向量n＝(1，－3，0)．设直线BM与平面PAD所成的角为θ，则sinθ＝|BM→·n||BM→|·|n|＝334＋94＋a24×1＋3＝312＋a2，由cosθ＝134，得sinθ＝34.所以12＋a2＝4，解之得a＝2.[思维升华]1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角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|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)．[变式训练](2019·浙江卷)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．证明：(1)连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC＝4，则A1(0，0，23)，B(3，1，0)，B1(3，3，23)，F32，32，23，C(0，2，0)．因此，EF→＝32，32，23，BC→＝(－3，1，0)．由EF→·BC→＝0得EF⊥BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成的角为θ.由(1)可得BC→＝(－3，1，0)，A1C→＝(0，2，－23)．设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．由BC→·n＝0，A1C→·n＝0，得－3x＋y＝0，y－3z＝0.取n＝(1，3，1)，故sinθ＝|cos〈EF→，n〉|＝|EF→·n||EF→|·|n|＝45，所以cosθ＝35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.角度二面角的计算【例3】(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小．(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解：作EH⊥BC，垂足为H