2020版高考数学大二轮复习 专题三 立体几何 第二讲 空间向量与立体几何课件 理

专题三立体几何第二讲空间向量与立体几何考点二考点三考点一目录ONTENTSC4限时规范训练[策略分析·把握技巧]立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．1．用向量证明平行的方法(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．(2)线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；直线的方向向量与平面内两不共线向量共面．(3)面面平行：证明两平面的法向量为共线向量；转化为线面平行、线线平行问题．2．用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)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(1)证明：(2)[学审题]条件信息想到什么注意什么信息❶中折叠条件折叠前后可得到垂直关系信息❷中面面垂直的证明利用面面垂直的判定定理去证明信息❸求线面角想到建系后利用空间向量去求直线与平面的法向量夹角的正弦值1.注意折叠前后的变与不变的关系2.面面垂直证明中条件要规范3.注意转化后两向量夹角的余弦值为所求线面角的正弦值[规范解答](1)证明：由已知可得BF⊥PE，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.2分又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.4分(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.6分由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.7分又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.8分所以PH＝32，EH＝32.则H(0,0,0)，P0，0，32，D－1，－32，0，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.9分又HP→为平面ABFD的法向量，10分设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝HP→·DP→|HP→||DP→|＝343＝34.11分所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.12分[类题通法]利用空间向量求线面角的解题模型在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC∩EF＝O，沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA，PB，PD，得到如图所示的五棱锥P­ABFED，且PB＝10.(1)求证：平面PEF⊥平面POA；(2)求直线PE与平面PAB所成角的正弦值．解析：(1)证明：连接BD，则BD∥EF，∴EF⊥AO，EF⊥PO，∵AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，∴EF⊥平面POA，又EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面POA.(2)设AO∩BD＝H，连接BO，∵∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BD＝4，BH＝2，HA＝23，HO＝PO＝3，在Rt△BHO中，BO＝BH2＋HO2＝7，在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，∴PO⊥BO，又PO⊥EF，EF∩BO＝O，∴PO⊥平面BFED，以O为原点，OF→，AO→，OP→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O­xyz，则A(0，－33，0)，B(2，－3，0)，P(0,0，3)，E(－1,0,0)，∴AP→＝(0,33，3)，AB→＝(2,23，0)，PE→＝(－1,0，－3)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥AP→，n⊥AB→得33y＋3z＝0，2x＋23y＝0，令y＝1，得n＝(－3，1，－3)为平面PAB的一个法向量，设直线PE与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈PE→，n〉|＝|PE→·n||PE→|·|n|＝432×13＝23913.即直线PE与平面PAB所成角的正弦值为23913.向量法求二面角求出二面角α­l­β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α­l­β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|；若二面角α­l­β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2||n1||n2|.(2019·高考全国卷Ⅰ)(12分)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点❷.(1)证明：MN∥平面C1DE❸；(2)求二面角A­MA1­N的正弦值❹.[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶提供几何体与数据利用条件可找证题需要的平行关系信息❷中点中位线性质找平行关系信息❸要证明MN∥面C1DE线面平行的判定定理信息❹求二面角利用空间向量求解1.注意线面平行判定定理证明的规范化2.注意转化后两向量夹角的余弦值与二面角的余弦值的关系[规范解答](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.2分又因为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.4分又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.…6分(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)．…10分设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105.12分[类题通法]利用空间向量求二面角的解题模型建坐标系——根据图形与已知条件，构建适当的空间直角坐标系求法向量——准确求解相关点的坐标，并分别求出两平面的法向量m，n用公式——利用两向量夹角的余弦公式cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|求夹角的余弦值得结论——观察图形中二面角是锐角还是钝角，得出结论(2019·湛江一模)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，平面PAB⊥平面ABCD，点E为BC的中点，点F满足PF→＝12FA→，AP＝PB＝22AB＝2.(1)求证：PC∥平面DEF；(2)求二面角F­DE­B的余弦值．解析：(1)证明：连接AC，交DE于点G，连接GF，底面ABCD为菱形，且E为BC的中点，∴GCGA＝CEDA＝12，∵F为AP上一点，且满足PF→＝12FA→，∴GF∥PC，又GF⊂平面DEF，PC⊄平面DEF，∴PC∥平面DEF.(2)取AB的中点O，连接DO，PO，∵底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，∴DO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，∴DO⊥平面PAB，∵AP＝PB＝22AB，∴PO⊥AB，以OP，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则F23，－13，0，B(0,1,0)，D(0,0，3)，E0，32，32，∴DE→＝0，32，－32，DF→＝23，－13，－3，设平面DEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·DE→＝32y－32z＝0，m·DF→＝23x－13y－3z＝0，取z＝3，得m＝(5,1，3)，平面DEB的一个法向量n＝(1,0,0)，设二面角F­DE­B的平面角为θ，则cosθ＝|m·n||m|·|n|＝529＝52929，∴二面角F­DE­B的余弦值为52929.解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点(1)3个步骤①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．(2)1个注意点探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．(2016·高考北京卷)(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶平面PAD⊥平面ABCD面面垂直的性质定理：面面垂直⇒线面垂直，即可证AB⊥平面PAD信息❷PA⊥PD，PA＝PD△PAD为等腰直角三角形及斜边中线即为高线(1)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值(2)向量法解决立体几何问题的关键是准确表达出各点及相关量的坐标条件信息想到方法注意什么信息❸AC＝CD△ACD为等腰三角形及其性质信息❹棱PA上是否存在点M三点共线的应用信息❺：BM∥平面PCD直线与平面平行时，直线的方向向量与平面的法向量的关系：BM→垂直于平面PCD的法向量(1)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值(2)向量法解决立体几何问题的关键是准确表达出各点及相关量的坐标[规范解答](1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.2分又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.3分(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.5分因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O­xyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．则PD→＝(0，－1，－1)，PC→＝(2,0，－1).6分设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PD→＝0，n·PC→＝0，即－y－z＝0，2x－z＝0，令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(1，－2,2)．又PB→＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝－33.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.8分(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM→＝λAP→.因此点M(0,1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则BM→·n＝0，10分即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.12分(2019·信州区校级月考)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥AC，底面ABCD为菱形，点O为菱形对角线AC，BD的交点，且PB＝PD.(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)若AC＝AB＝PA＝2，问：在棱PC上是否存在一点M，使得AM与平面PCD所成角的余弦值为17？解析：(1)证明：连接PO，∵PB＝PD，∴△PBD为等腰三角形，又∵O为BD中点，∴PO⊥BD，∵底面ABCD为菱形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面PAO，∴BD⊥PA，又∵PA⊥A