2012届高考数学二轮复习精品课件(课标版)专题4 第14讲 空间向量与立体几何

[2011·浙江卷]如图14－2，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．图14－2【解答】方法一：(1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP→＝(0,3,4)，BC→＝(－8,0,0)，由此可得AP→·BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即AP⊥BC.(2)设PM→＝λPA→，λ≠1，则PM→＝λ(0，－3，－4)．BM→＝BP→＋PM→＝BP→＋λPA→＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC→＝(－4,5,0)，BC→＝(－8,0,0)．设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)．平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，由BM→·n1＝0，BC→·n1＝0，得－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，－8x1＝0，即x1＝0，z1＝2＋3λ4－4λy1，可取n1＝0，1，2＋3λ4－4λ.由AP→·n2＝0，AC→·n2＝0，即3y2＋4z2＝0，－4x2＋5y2＝0，得x2＝54y2，z2＝－34y2，可取n2＝(5,4，－3)．由n1·n2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM＝3，综上所述，存在点M符合题意，AM＝3，方法二：(1)证明：由AB＝AC，D是BC的中点，得AD⊥BC.又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC.因为PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD.故BC⊥PA.(2)如图，在平面PAB内作BM⊥PA于M，连CM，由(1)中知AP⊥BC，得AP⊥平面BMC.又AP⊂平面APC，所以平面BMC⊥平面APC.在Rt△ADB中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得AB＝41.在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2，在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2，所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6，在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5，又cos∠BPA＝PA2＋PB2－AB22PA·PB＝13，从而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.例2[2011·天津卷]如图14－3所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．图14－3►探究点二利用空间向量求空间角和距离【解答】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5)．(1)易得AC→＝(－2，－2，5)，A1B1→＝(－22，0,0)，于是cos〈AC→，A1B1→〉＝AC→·A1B1→|AC→||A1B1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.(2)易知AA1→＝(0,22，0)，A1C1→＝(－2，－2，5)．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则m·A1C1→＝0，m·AA1→＝0.即－2x－2y＋5z＝0，22y＝0.不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．同样的，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则n·A1C1→＝0，n·A1B1→＝0.即－2x－2y＋5z＝0，－22x＝0.不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝27·7＝27，从而sin〈m，n〉＝357.所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为357.(3)由N为棱B1C1的中点，得N22，322，52.设M(a，b,0)，则MN→＝22－a，322－b，52.由MN⊥平面A1B1C1，得MN→·A1B1→＝0，MN→·A1C1→＝0.即22－a·－22＝0，22－a·－2＋322－b·－2＋52·5＝0.解得a＝22，b＝24，故M22，24，0.因此BM→＝22，24，0，所以线段BM的长|BM→|＝104.方法二：(1)由于AC∥A1C1，故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角．因为C1H⊥平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H＝5，可得A1C1＝B1C1＝3.因此cos∠C1A1B1＝A1C21＋A1B21－B1C212A1C1·A1B1＝23.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.(2)连接AC1，易知AC1＝B1C1.又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1.过点A作AR⊥A1C1于点R，连接B1R，于是B1R⊥A1C1.故∠ARB1为二面角A－A1C1－B1的平面角．在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝22·1－232＝2143.连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝AR2＋B1R2－AB212AR·B1R＝－27，从而sin∠ARB1＝357.所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为357.(3)因为MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1，取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1中点，所以ND∥C1H且ND＝12C1H＝52.又C1H⊥平面AA1B1B，所以ND⊥平面AA1B1B.故ND⊥A1B1.又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND.连接MD并延长交A1B1于点E，则ME⊥A1B1.故ME∥AA1.由DEAA1＝B1EB1A1＝B1DB1A＝14，得DE＝B1E＝22，延长EM交AB于点F，可得BF＝B1E＝22.连接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME.故ND2＝DE·DM.所以DM＝ND2DE＝524.可得FM＝24.连接BM，在Rt△BFM中，BM＝FM2＋BF2＝104.[2011·上海卷]已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点．(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角A－B1D1－A1的大小为β.求证：tanβ＝2tanα；(2)若点C到平面AB1D1的距离为43，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高．图14－4【解答】设正四棱柱的高为h.(1)连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点，∴AO1⊥B1D1.又A1O1⊥B1D1，∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β，∴tanα＝AA1A1B1＝h，tanβ＝AA1A1O1＝2h＝2tanα.(2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，AB1→＝(1,0，－h)，AD1→＝(0,1，－h)，AC→＝(1,1,0)．设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)，∵n⊥AB1→，n⊥AD1→⇔n·AB1→＝0，n·AD1→＝0.取z＝1得n＝(h，h,1)，∴点C到平面AB1D1的距离为d＝n·AC→|n|＝|h＋h＋0|h2＋h2＋1＝43，则h＝2.►创新链接7各种几何体中的建系方法使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同．一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如果不存在这样的三条直线，则我们尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．例3如图14－5，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE＝DE＝3，F为线段DE上的动点．若二面角E－BC－F与二面角F－BC－D的大小相等，求DF长．图14－5【分析】本题中没有已经给出的直线的垂直关系，所以首先要找线线垂直．根据已知可得CD⊥AE，CD⊥AD，可得CD⊥平面ADE，进而可得CD⊥DE，以D为坐标原点建立坐标系，求出各个点的坐标，然后求出三个半平面的法向量，根据二面角列出方程即可求出点F的坐标，进而求出DF的长度．第14讲│要点热点探究【解答】∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AE⊥CD.∵CD⊥AD，AE∩AD＝A，AD，AE⊂平面DAE，∴CD⊥平面DAE，如图建立空间直角坐标系，图14－6第14讲│要点热点探究则E(3,0,0)，F(a,0,0)，C(0,32，0)，A(3,0,3)，D(0,0,0)，由DC→＝AB→得B(3,32，3)．设n1⊥平面ABCD，且n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DC→＝0，n1·DA→＝0⇒y1＝0，x1＋z1＝0⇒n1＝(1,0，－1)．设n2⊥平面BCF，且n2＝(x2，y2，z2)，由n2·BC→＝0，n2·CF→＝0⇒x2＋z2＝0，ax2－32y2＝0⇒n2＝(32，a，－32)．设n3⊥平面BCE，且n3＝(x3，y3，z3)，由n3·BC→＝0，n3·CE→＝0⇒x3＋z3＝0，x3－2y3＝0⇒n3＝(2，1，－2)．设二面角E－BC－F的大小为α，二面角F－BC－D的大小为β，则α＝β，|cos〈n1，n2〉|＝|cos〈n3，n2〉|，∴|n1·n2||n1||n2|＝|n3·n2||n3||n2|⇒6＝|12＋a|5⇒a＝－12±65，∵0a3，∴a＝65－12.已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ACC1A1与底面ABC垂直，∠ABC＝90°，BC＝2，AC＝22，且AA1⊥A1C，AA1＝A1C.(1)试判断A1A与平面A1BC是否垂直，并说明理由；(2)求底面ABC与侧面BB1C1C所成二面角的余弦值．【解答】过A1作A1O⊥AC于O点，连BO，则A1O⊥平面ABC.以OC为x轴，OB为y轴，OA1为z轴建系，如图所示，则A1(0,0，2)，C(2，0,0)，C1(22，0，2)，B(0，2，0)，A(－2，0,0)．(1)AA1→＝(2，0，2)，A1B→＝(0，2，－2)，AA1→·A1B→＝2×0＋0×2＋2×(－2)＝－2≠0，∴AA1→与A1B→不垂直，即AA1与平面A1BC不垂直．(2)∵OA1⊥平面ABC，故OA1→为平面ABC的一个法向量，OA1→＝(0,0，2)．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的一个法向量，又CC1→＝(2，0，2)，BC1→＝(22，－2，2)，∴由n·CC1→＝0得x＋z＝0，①由n·BC1→＝0得2x－y＋z＝0，②取x＝1，则z＝－1，y＝1，∴n＝(1,1，－1)．又cos〈n，OA1→〉＝1×0＋1×0－1×23×2＝－33，即底面ABC与侧面BB1C1C所成二面角的余弦值是－33.第14讲│教师备用例题教师备用例题备选理由：例1既有坐标系建立的问题，也有函数思想的运用，把动态问题引入立体几何值得注意；例2主要是空间向量解决立体几何问题的基本方法，特别是方程思想的运用．第14讲│教师备用例题例1[2011·湖北卷]如图，已知正三棱柱ABC－A1