（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何课件

数学第2部分高考热点专题突破专题四立体几何第3讲空间向量与立体几何01考点102考点203考点304考点405专题强化训练[核心提炼]1．利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间平行、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)，υ＝(a3，b3，c3)，则有：(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.利用空间向量证明平行、垂直及求空间角(3)面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.2．利用直线的方向向量与平面的法向量求空间角设直线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)，υ＝(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≤π2，则|cosθ|＝|μ·υ||μ||υ|＝|cos〈μ，υ〉|.[典型例题](1)如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：①OM∥平面BCF；②平面MDF⊥平面EFCD.(2)(2018·高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.①证明：AB1⊥平面A1B1C1；②求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【解】(1)证明：由题意知，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M12，0，0，O12，12，12.①OM→＝0，－12，－12，BA→＝(－1，0，0)，所以OM→·BA→＝0，所以OM→⊥BA→.因为棱柱ADE-BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以BA→是平面BCF的一个法向量，又OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.②设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为DF→＝(1，－1，1)，DM→＝12，－1，0，DC→＝(1，0，0)，由n1·DF→＝n1·DM→＝0，得x1－y1＋z1＝0，12x1－y1＝0，解得y1＝12x1，z1＝－12x1，令x1＝1，则n1＝1，12，－12.同理可得n2＝(0，1，1)．因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.(2)①证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.由题意知各点坐标如下：A(0，－3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)．因此AB1→＝(1，3，2)，A1B1→＝(1，3，－2)．A1C1→＝(0，23，－3)．由AB1→·A1B1→＝0得AB1⊥A1B1.由AB1→·A1C1→＝0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.②设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由①可知AC1→＝(0，23，1)，AB→＝(1，3，0)，BB1→＝(0，0，2)．设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．由n·AB→＝0，n·BB1→＝0，即x＋3y＝0，2z＝0，可取n＝(－3，1，0)．所以sinθ＝|cosAC1→，n|＝|AC1→·n||AC1→|·|n|＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.(1)利用空间向量证明平行与垂直的步骤①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．③通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．④根据运算结果解释相关问题．(2)运用空间向量求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(3)求空间角的注意点①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②所求的二面角不一定是两平面的法向量的夹角，有可能为两法向量夹角的补角．[对点训练]1．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求GF与平面ABE所成角的正切值．解：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝12AB，又F是CD中点，所以DF＝12CD，由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF.所以四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH，又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE，又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ，以B为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，GF→＝(1，2，1)，平面ABE的法向量n＝(0，1，0)，设GF与平面ABE所成的角为θ，则sinθ＝|GF→·n||GF→|·|n|＝26，所以cosθ＝1－262＝26，所以tanθ＝sinθcosθ＝2626＝2.所以GF与平面ABE所成角的正切值为2.2．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2.如图(1)将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1­EF­B成直二面角，连接A1B、A1P(如图(2))．(1)求证：A1E⊥平面BEP；(2)求二面角B­A1P­E的余弦值．解：(1)证明：在图(1)中，取BE的中点D，连接DF，因为AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，所以AF＝AD＝2，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE＝1，所以EF⊥AD.在图(2)中，A1E⊥EF，BE⊥EF，所以∠A1EB为二面角A1­EF­B的一个平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，所以A1E⊥平面BEP.(2)分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，3，0)，A1(0，0，1)，EA1→＝(0，0，1)，EP→＝(1，3，0)，BA1→＝(－2，0，1)，BP→＝(－1，3，0)．设平面EA1P的法向量为m＝(x，y，z)，则m·EA1→＝z＝0m·EP→＝x＋3y＝0，取y＝－1，得m＝(3，－1，0)；设平面BA1P的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则n·BA1→＝－2x′＋z′＝0n·BP→＝－x′＋3y′＝0，取y′＝1，得n＝(3，1，23)．所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝3×3－1×12×4＝14，所以二面角B­A1P­E的余弦值为14.[核心提炼]探索性问题主要考两类问题(1)条件探索型问题；(2)存在探索型问题．探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算，建立目标函数或目标方程，将问题转化为代数问题解决．立体几何中的探索性问题[典型例题](2019·浙江高考冲刺卷)如图所示的几何体ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是线段BD上的动点．(1)当M是BD的中点时，求证：BC⊥平面AME；(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【解】(1)证明：因为EA⊥平面ABC，AB⊥AC，所以直线AB，AC，AE两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AE所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系A­xyz，设CD＝1，则AB＝AC＝AE＝2，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0，2)，因为M是BD中点，所以M1，1，12，所以AE→＝(0，0，2)，AM→＝1，1，12，BC→＝(－2，2，0)，所以AE→·BC→＝0，AM→·BC→＝0，所以AE⊥BC，AM⊥BC，又AM⊂平面AME，AE⊂平面AME，AE∩AM＝A，所以BC⊥平面AME.(2)由(1)得，BD→＝(－2，2，1)，AC→＝(0，2，0)，AB→＝(2，0，0)，设BM→＝λBD→＝(－2λ，2λ，λ)(0λ1)，则AM→＝AB→＋BM→＝(2－2λ，2λ，λ)，设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC→＝0n·AM→＝0，所以2y＝0（2－2λ）x＋2λy＋zλ＝0，令x＝1得n＝1，0，2－2λ，所以cos〈BD→，n〉＝BD→·n|BD→||n|＝－2λ3×1＋2－2λ2＝－235λ2－8λ＋4，令235λ2－8λ＋4＝sin60°＝32，得5λ2－8λ＋9227＝0，Δ＝64－4×5×92270，所以方程无解，所以BD上不存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°.利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[对点训练](2019·衢州诊断考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且BEEC＝λ.(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；(2)是否存在实数λ，使得二面角P­DE­B的余弦值为22？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取PB的中点N，连接MN、AN，因为M是PC的中点，所以MN∥BC，MN＝12BC＝2，又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，所以四边形ADMN为平行四边形，因为AP⊥AD，AB⊥AD，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，因为AP＝AB，所以AN⊥PB，所以AN⊥平面PBC，因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.(2)法一：存在实数λ＝1，使得二面角P－DE－B的余弦值为22.因为λ＝1，所以点E为BC边的中点，所以DE∥AB，所以DE⊥平面PAD，所以∠PDA为二面角P－DE－B的一个平面角．在等腰Rt△PDA中，∠PDA＝π4，所以二面角P－DE－B的余弦值为22.法二：存在符合条件的λ.以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.设E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，从而PD→＝(0，2，－2)，DE→＝(2，t－2，0)，设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z