2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题四 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法课件（理）

(理)第3讲立体几何中的向量方法高考总复习大二轮数学[考情考向·高考导航]空间向量在立体几何中的应用主要体现在利用空间向量解决立体几何中的位置关系、空间角以及空间距离的计算等问题，是每年高考的必考内容，并且以解答题的形式出现，其考查形式为一题多问，多步设问，通常第一问考查空间位置关系，第二、三问考查空间角或距离，难度中等．利用空间向量求空间角仍是重点，对于探索点或线满足所给关系的问题要引起重视．[真题体验](2019·全国Ⅰ卷)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A－MA1－N的正弦值．证明：(1)连B1C，ME，则ME12B1C，又DN＝12A1D而A1DB1C∴MEND.∴四边形MNDE为平行四边形，∴MN∥DE又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE∴MN∥平面C1DE.(2)取AB的中点F，连接DF，由已知，DF⊥DC，DF⊥D1D.以D为坐标原点，DF，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，∵AA1＝4，AB＝2.∴A1(3，－1,4)，M(3，1,2)，N32，－12，2，则A1M→＝(0,2，－2)，A1N→＝－32，12，－2.设平面MA1N的法向量为m＝(x，y，z)，则m⊥A1M→，m⊥A1N→∴2y－2z＝0，－32x＋12y－2z＝0，令y＝1，得平面MA1N的一个法向量为m＝(－3，1,1)．又平面AMA1的一个法向量为n＝(1,0,0)，设二面角A－MA1－N的平面角为θ，则cosθ＝m·n|m|·|n|＝－35＝－155.∴sinθ＝105.即二面角A－MA1－N的正弦值为105.[主干整合]1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线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∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线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)，v＝(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＋c21a22＋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·v||μ||v|＝|cos〈μ，v〉|.热点一利用向量法证明平行与垂直数学建模素养数学建模——用向量解决空间立体几何中的核心素养以学习过的空间向量为基础，通过将几何向量化，以向量作为刻画空间中点、线、面位置关系的连接点，解决空间几何中难解决的问题.[例1](2019·沈阳三模)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别是PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.[证明](1)如图，连接OP，∵PA＝PC，∴OP⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，－8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4，0,3)．由题意，得G(0,4,0)．因为OB→＝(8,0,0)，OE→＝(0，－4,3)，所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)．由FG→＝(－4,4，－3)，得n·FG→＝0.又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则FM→＝(x0－4，y0，－3)．因为FM⊥平面BOE，所以FM→∥n，因此x0＝4，y0＝－94，即点M的坐标是4，－94，0.在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组x＞0，y＜0，x－y＜8，z＝0.经检验，点M的坐标满足上述不等式组．所以，在△AOB内存在一点M，使FM⊥平面BOE.由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，94.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方向证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．(2019·淄博三模)如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB.(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,1)，所以E12，1，12，F0，1，12，EF→＝－12，0，0，AP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，DC→＝(1,0,0)，AB→＝(1,0,0)．(1)因为EF→＝－12AB→，所以EF→∥AB→，即EF∥AB.又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为AP→·DC→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD→·DC→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP→⊥DC→，AD→⊥DC→，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.热点二利用空间向量求空间角[例2](2019·天津卷)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E－BD－F的余弦值为13，求线段CF的长．[审题指导]由条件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)证明BF→与平面ADE的法向量AB→垂直即得线面平行，也可以通过证明平面ADE与平面BCF平行来实现线面平行的转化．(2)CE→与平面BDE的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为所求直线与平面所成角的正弦值．(3)设CF＝h，用h表示二面角EBDF的余弦值，通过解方程得到线段长．[解析]依题意，建立以A为原点，分别以AB→，AD→，AE→的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，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(h＞0)，则F(1,2，h)．(1)依题意，AB→＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF→＝(0,2，h)，可得BF→·AB→＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以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87.1．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)．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)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1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ABC－A1B1C1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O－xyz.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)，故|cos＜BP→，AC1→＞|＝|BP→·AC1→||BP→|·|AC1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，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.热点三利用空间向量解决探索性问题[例3](2020·吉林调研)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．[审题指导]第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：平面PAD⊥平面ABCD⇒AB⊥平面PAD⇒AB⊥PD⇒PD⊥平面PAB；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出PB→与平面PCD的法向量，求出法向量与PB→夹角的余弦值，进而可求线面角的正弦值；第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：先假设存在点M，设出点M坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解．[解析](1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为P