2020版高考数学大二轮复习 5.3 空间向量与立体几何学案 理

-1-第3讲空间向量与立体几何考点1向量法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u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．(1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3.(4)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.[例1][2019·甘肃兰州质检]在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.【证明】(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图所示，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A(a,0,0)，所以BA→＝(a,0,0)，BD→＝(0,2,2)，B1D→＝(0,2，－2)，-2-B1D→·BA→＝0，B1D→·BD→＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，Ga2，1，4，F(0,1,4)，则EG→＝a2，1，1，EF→＝(0,1,1)，B1D→·EG→＝0＋2－2＝0，B1D→·EF→＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.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、平面中的要素；(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.『对接训练』1．[2018·山东聊城模拟]如图，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面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：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.证明：由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.-3-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.(1)OM→＝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，且OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为DF→＝(1，－1,1)，DM→＝(12，－1,0)，DC→＝(1,0,0)，CF→＝(0，－1,1)，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.考点2向量法求空间角1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||a||b|.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝|n·a||n||a|.3．向量法求二面角-4-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|.[例2][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．【解析】本题主要考查空间直线与直线垂直的证明及直线与平面所成的角，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．解法一：(1)如图，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，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC的中点G，连接EG，GF，-5-则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝23，EG＝3.由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝A1G2＝152，所以cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG22EO·OG＝35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解法二：(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)．-6-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.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为35.(1)利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，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．(2)[警示]求空间角注意：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|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的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，即注意函数名称的变化.『对接训练』2．[2019·湖北部分重点中学联考]如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，DA＝DP，BA＝BP.(1)求证：PA⊥BD；(2)若DA⊥DP，∠ABP＝60°，BA＝BP＝BD＝2，求二面角D－PC－B的正弦值．-7-解析：(1)证明：如图，取AP的中点M，连接DM，BM，∵DA＝DP，BA＝BP，∴PA⊥DM，PA⊥BM，∵DM∩BM＝M.∴PA⊥平面DMB，又BD⊂平面DMB，∴PA⊥BD.(2)∵DA＝DP，BA＝BP，DA⊥DP，∠ABP＝60°，∴△DAP是等腰直角三角形，△ABP是等边三角形，∵AB＝PB＝BD＝2，∴DM＝1，BM＝3.∴BD2＝MB2＋MD2，∴MD⊥MB.以M为坐标原点，MP，MB，MD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系M­xyz，则A(－1,0,0)，B(0，3，0)，P(1,0,0)，D(0,0,1)，从而得DP→＝(1,0，－1)，DC→＝AB→＝(1，3，0)，BP→＝(1，－3，0)，BC→＝AD→＝(1,0,1)．设平面DPC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·DP→＝0，n1·DC→＝0，即x1－z1＝0，x1＋3y1＝0，∴取n1＝(－3，1，－3)，设平面PCB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·BC→＝0，n2·BP→＝0，得x2＋z2＝0，x2－3y2＝0，∴取n2＝(3，1，－3)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝17.设二面角D－PC－B的平面角为α，-8-∴sinα＝1－cos2〈n1，n2〉＝437.考点3探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．[例3][2019·湖北武昌质检]如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．(1)求证：平面POC⊥平面PAD；(2)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝2，∴AD＝2.在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，∴OA＝BC＝1，∴OC⊥AD.又OC∩PO＝O，∴AD⊥平面POC，又AD⊂平面PAD，∴平面POC⊥平面PAD.(2)易知PO，OC，OD两两垂直，所以以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系O­xyz，如图所示，-9-则O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(0，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，假设存在，且设PQ→＝λPD→(0≤λ≤1)．连接OQ，∵PD→＝(0,1，－1)，∴OQ→－OP→＝PQ→＝(0，λ，－λ)，∴OQ→＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．设平面CAQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AC→＝x1＋y1＝0，m·AQ→＝λ＋1y1＋1－λz1＝0.取z1＝1＋λ，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．又平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)，二面角Q－AC－D的余弦值为63，∴|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝|λ＋1|1－λ2＋λ－12＋λ＋12×1＝63，整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍去)，故线段PD上存在满足题意的点Q，且PQQD＝12.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；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.-10-『对接训练』3．[2019·安徽江南名校联考]如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．(1)求证：DE∥平面BPC；(2