高考数学复习 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题课件

高考真题自测热点考向突破第3讲用空间向量的方法解立体几何问题体验高考1.(2012年高考大纲全国卷,文8)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AB=2,CC1=22,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为(D)(A)2(B)3(C)2(D)1高考真题自测—夯基础提速度解析:如图所示,连结AC交BD于点O,连结OE,∵O、E分别为AC、CC1的中点,∴OE∥AC1.又AC1平面BED,OE⊂平面BED,∴AC1∥平面BED,∴直线AC1与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离.以D为原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则由题意可知D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,2,2),O(1,1,0),∴DB=(2,2,0),DE=(0,2,2),AO=(-1,1,0).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则00DEnDBn,∴022022zyyx,令y=1得n=(-1,1,-2),∴点A到平面BDE的距离为d=||||nnAO=21111=1.故选D.2.(2012年高考陕西卷,理5)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(A)(A)55(B)35(C)552(D)53解析:设CB=1,则CA=CC1=2,B(0,0,1),C1(0,2,0),B1(0,2,1),A(2,0,0),1AB=(-2,2,1),1BC=(0,2,-1),cos1AB,1BC=||||1111BCABBCAB=5314=51=55.∴直线BC1与直线AB1的夹角的余弦值为55.3.(2012年高考广东卷,理18)如图所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角BPCA的正切值.(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,同理可证PC⊥BD.∵PA、PC是平面PAC中的两条相交直线,∴BD⊥平面PAC.(2)解:如图所示,分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标原点,建立空间直角坐标系,由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,∴矩形ABCD为正方形,∴P(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),BD=(-2,2,0)是平面PAC的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,由00PCnPBn得02202zyyzx,令x=1,则z=2,y=0,∴n=(1,0,2),∴cosn,BD=||||BDnBDn=2252=-101,sinn,BD=BDn,cos12=103,∴tann,BD=BDnBDn,cos,sin=-101103=-3又二面角BPCA为锐角,∴二面角BPCA的正切值为3.感悟备考空间向量是处理立体几何中平行、垂直关系和空间角及距离问题的有力工具,是每年高考必考内容(用向量法解决平行、垂直和空间角、距离问题往往优于传统的几何法),并且多以解答题的形式考查,命题特点是一题多问,分步设问,一般第一问考查空间位置关系,第二、三问考查空间角或距离,难度适中,属中档题.在备考时,要熟练掌握用空间向量解决平行、垂直、夹角、距离问题的方法、步骤.考向一利用空间向量研究线面位置关系1.利用空间向量解决空间中线面平行或垂直问题,应先建立适当的坐标系,写出相应点和有关向量的坐标,然后根据公式计算.2.证明线面平行,思路一是证a∥b(其中b⊂α),思路二是证l的方向向量a⊥n(n为平面α的法向量).3.证明线面垂直,常用到平面的法向量和两向量的数量积运算(结果为零).热点考向突破—讲策略促迁移【例1】如图所示,在四棱锥PABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠ABC=∠BCD=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.(1)求证CM∥平面PAD;(2)求证平面PAB⊥平面PAD.证明:以C为坐标原点,CB所在的直线为x轴,CD所在的直线为y轴,CP所在的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD,∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,∴∠PBC=30°.∵PC=2,∴BC=23,PB=4.∴D(0,1,0),B(23,0,0),A(23,4,0),P(0,0,2),M23,0,23,∴DP=(0,1,2),DA=(23,3,0),CM=23,0,23.(1)令n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,则,0,0nDAnDP即20,2330yzxy，∴.23,21yxyz令y=2,得n=(-3,2,1)∵n·CM=-3×23+2×0+1×23=0,∴n⊥CM,又CM平面PAD,∴CM∥平面PAD.(2)取AP的中点E,则E(3,2,1),BE=(-3,2,1).∵PB=AB,∴BE⊥PA.又∵BE·DA=(-3,2,1)·(23,3,0)=0,∴BE⊥DA,∴BE⊥DA,又PA∩DA=A,∴BE⊥平面PAD,又∵BE⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD.热点训练1如图所示,已知直三棱柱ABCA1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.(1)求证DE∥平面ABC;(2)求证B1F⊥平面AEF.证明:如图建立空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0),D(2,0,2),(1)取AB中点为N,则N(2,0,0),∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0),∴DE=NC,∴DE∥NC,NC⊂平面ABC,DE⊄平面ABC.故DE∥平面ABC.(2)FB1=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0).FB1·EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,∴FB1⊥EF,即B1F⊥EF.∵FB1·AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0.∴FB1⊥AF,即B1F⊥AF,又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面AEF.考向二利用空间向量求角问题引领(1)设异面直线a,b的方向向量分别为a,b,若cosa,b=-21,则异面直线a,b所成的角是多少度?(2)设平面α的法向量为n,直线l的方向向量为a,直线l与平面α所成的角为θ,n与a所成的角为,则θ与有什么关系?(3)设二面角αlβ的两个半平面α与β的法向量n1,n2所成的角为,二面角αlβ的平面角为θ,则θ与有什么关系?答案:(1)∵异面直线夹角的范围是2,0π,∴其夹角应是60°.(2)θ=|2π-|.(3)θ=或θ=π-.【例2】(2012年高考山东卷)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角FBDC的余弦值.(1)证明:∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,∴∠CDB=30°,∴∠ADB=90°,即AD⊥BD,又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⊂平面AED,∴BD⊥平面AED.(2)解:由(1)知AD⊥BD,所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,因此CA、CB、CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA、CB、CF所在的直线为x轴、y轴、z轴.建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D0,21,23,F(0,0,1),因此BD=0,23,23,BF=(0,-1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z).而m·BD=0,m·BF=0,∴x=3y=3z.取z=1,则m=(3,1,1).由于CF=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cosm,CF=||||CFmCFm=51=55,所以二面角FBDC的余弦值为55.关注细节解答本题在建系时,不要忽略对CA、CB、CF两两垂直的证明.热点训练2如图所示,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=21PD.(1)证明:平面PQC⊥平面DCQ;(2)求二面角QBPC的余弦值.(1)证明:以D为坐标原点,DA、DP、DC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设DA=1,则有D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),所以DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0),所以PQ·DQ=0,PQ·DC=0,即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.因为DQ⊂平面DCQ,DC⊂平面DCQ,且DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解:由(1)易知B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则,0,0BPnCBn即,02,0zyxx可取n=(0,1,2).设m=(x1,y1,z1)是平面PBQ的法向量,则,0,0PQmBPm即,0,0211111yxzyx可取m=(1,1,1),所以cosm,n=515,由题意易知二面角QBPC为钝角,故二面角QBPC的余弦值为-515.考向三利用空间向量求距离用法向量求点到平面的距离的一般步骤:(1)求出该平面的一个法向量;(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量;(3)求出平面法向量与斜线段向量数量积的绝对值后除以法向量的模,即可求出点到平面的距离.【例3】如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是矩形,AB∥EF,∠EAB=90°,AB=2,AD=AE=EF=1,且平面ABFE⊥平面ABCD.(1)求直线FD与平面ABCD所成的角;(2)求点D到平面BCF的距离;(3)求二面角BFCD的大小.解:(1)∵平面ABFE⊥平面ABCD,∠EAB=90°,即EA⊥AB,而平面ABFE∩平面ABCD=AB,∴EA⊥平面ABCD,作FH∥EA交AB于点H,则FH⊥平面ABCD,连结DH,则∠FDH为直线FD与平面ABCD所成的角.在Rt△FHD中,∵FH=EA=1,DH=22AHAD=2211=2,∴tan∠FDH=DHFH=21=22,∴∠FDH=arctan22.即直线FD与平面ABCD所成的角为arctan22.(2)∵平面ABFE⊥平面ABCD,EA⊥AB,∴EA⊥平面ABCD,分别以AD、AB,AE所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0)、D(1,0,0)、C(1,2,0)、E(0,0,1)、B(0,2,0)、F(0,1,1),∴AF=(0,1,1),BC=(1,0,0),BF=(0,-1,1).∵AF·BC=0,AF·BF=0,∴AF⊥平面BCF,即AF=(0,1,1)为平面BCF的一个法向量,又DC=(0,2,0),∴点D到平面BCF的距离为d=||||AFAFDC=222110012100=2.(3)∵DC=(0,2,0),DE=(-1,0,1),设n1=(x,y,z)为平面CDEF的一个法向量,则,0,011DEnDCn⇒,0,0zxy令x=1,得z=1,即n1=(1,0,1),由(2)知,n2=AF=(0,1,1)为平面BCF的一个法