（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题三 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法课件 理 新人教

数学第二部分高考热点分层突破专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法01做高考真题明命题趋向02研考点考向破重点难点03练典型习题提数学素养[做真题]1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB→＝(1，0，0)，CE→＝(1，－1，1)，CC→1＝(0，0，2)．设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则CB→·n＝0，CE→·n＝0，即x＝0，x－y＋z＝0，所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则CC→1·m＝0，CE→·m＝0，即2z1＝0，x1－y1＋z1＝0，所以可取m＝(1，1，0)．于是cosn，m＝n·m|n||m|＝－12.所以，二面角B­EC­C1的正弦值为32.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)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H-xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得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为平面ABFD的法向量．设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝HP→·DP→|HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.[明考情]高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．[典型例题]如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.利用空间向量证明平行与垂直【证明】依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)向量BE→＝(0，1，1)，DC→＝(2，0，0)，故BE→·DC→＝0.所以BE⊥DC.(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量AB→＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．而BE→·AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量AB→＝(1，0，0)，向量PD→＝(0，2，－2)，DC→＝(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PD→＝0，n·DC→＝0，即2y－2z＝0，2x＝0，不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥AB→.所以平面PCD⊥平面PAD.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.(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.[对点训练]在直三棱柱ABC­A1B1C1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)依题意，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，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，所以BA→＝(a，0，0)，BD→＝(0，2，2)，B1D→＝(0，2，－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B1D→是平面ABD的一个法向量，所以平面EGF∥平面ABD.[典型例题]命题角度一异面直线所成的角已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．利用空间向量求空间角【解析】如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点D，则∠CBD＝30°.因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos30°，－sin30°，1)，即C132，－12，1.所以AB1→＝(0，－2，1)，BC1→＝32，－12，1.所以cos〈AB1→，BC1→〉＝AB1→·BC1→|AB1→||BC1→|＝0×32＋(－2)×－12＋1×10＋(－2)2＋12×322＋－122＋12＝105.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.【答案】105两异面直线所成角的求法(1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直线所成的角．定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解．(2)向量法：设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，则异面直线a，b所成角的余弦值等于|cos〈a，b〉|.命题角度二直线与平面所成的角(一题多解)(2019·福州模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB＝A1B＝AC＝2，BB1＝22.(1)求证：A1B⊥平面ABC；(2)若P是棱B1C1的中点，求直线BB1与平面PAB所成角的正弦值．【解】(1)因为在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB∩BB1＝B，所以AC⊥平面ABB1A1，又A1B⊂平面ABB1A1，所以AC⊥A1B.因为BB1＝22，所以AA1＝22，因为AB＝A1B＝2，所以AB2＋A1B2＝AA21，所以A1B⊥AB，又AC∩AB＝A，所以A1B⊥平面ABC.(2)法一：由(1)知，直线A1C1，A1B1，BA1两两互相垂直，如图，以A1为坐标原点，分别以A1C1，A1B1，BA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A1-xyz，则A1(0，0，0)，P(1，1，0)，B(0，0，－2)，B1(0，2，0)，AB→＝A1B1→＝(0，2，0)，PB→＝(－1，－1，－2)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0n·PB→＝0，即2y＝0－x－y－2z＝0，取z＝1，则n＝(－2，0，1)为平面PAB的一个法向量．BB1→＝(0，2，2)，设直线BB1与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，BB1→〉|＝n·BB1→|n|·|BB1→|＝25×8＝1010.所以直线BB1与平面PAB所成角的正弦值为1010.法二：由(1)知，直线AC，AB，BA1两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AC，AB，Az所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，P(1，3，2)，B(0，2，0)，B1(0，4，2)，AB→＝(0，2，0)，PB→＝(－1，－1，－2)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0n·PB→＝0，即2y＝0－x－y－2z＝0，取z＝1，则n＝(－2，0，1)为平面PAB的一个法向量．BB1→＝(0，2，2)，设直线BB1与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，BB1→〉|＝n·BB1→|n|·|BB1→|＝25×8＝1010.所以直线BB1与平面PAB所成角的正弦值为1010.向量法求直线和平面所成的角设θ为直线l与平面α所成的角，φ为直线l的方向向量v与平面α的法向量n之间的夹角，则有φ＝π2－θ(如图1)或φ＝π2＋θ(如图2)，所以有sinθ＝|cosφ|＝|cos〈v，n〉|＝|v·n||v||n|.特别地，φ＝0时，θ＝π2，l⊥α；φ＝π2时，θ＝0，l⊂α或l∥α.命题角度三二面角的平面角(2019·四省八校双教研联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，M为AD的中点，PA＝PD＝5，AD＝AB＝2CD＝2.(1)求证：平面PMB⊥平面PAC；(2)求二面角A­PC­D的余弦值．【解】(1)证明：因为PA＝PD，M为AD的中点，所以PM⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AC，易知tan∠ABM＝12，tan∠DAC＝12，所以∠ABM＝∠DAC，又∠AMB＋∠ABM＝π2，所以∠AMB＋∠DAC＝π2，所以MB⊥AC，又PM∩MB＝M，所以AC⊥平面PMB，又AC⊂平面PAC，所以平面PMB⊥平面PAC.(2)如图建立空间直角坐标系，则A(－1，0，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，2)．设平面PAC的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AC→＝(2，1，0)，AP→＝(1，0，2)，所以2x＋y＝0x＋2z＝0，令z＝1，则x＝－2，y＝4，所以n1＝(－2，4，1)为平面PAC的一个法向量．设平面PDC的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，因为DC→＝(0，1，0)，DP→＝(－1，0，2)，所以y1＝0－x1＋2z1＝0，令z1＝1，则y1＝0，x1＝2，所以n2＝(2，0，1)为平面PCD的一个法向量．设二面角A­PC­D的大小为θ，则cosθ＝n1·n2|n1|·|n2|＝321×5＝10535.向量法求二面角设二