2018届二轮复习（理）专题四　立体几何第2讲课件（全国通用）

2018届二轮复习（理）专题四　立体几何第2讲课件（全国通用）

第 2 讲　立体几何中的向量方法 高考定位　 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点 ， 常与空间线面关系的证明相结合 ， 热点为二面角的求解 ， 均以解答题的形式进行考查 ， 难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 . 真 题 感 悟 解析 　 法一 　 以 B 为原点 ， 建立如图 (1) 所示的空间直角坐标系 . 图 (1) 　　　　 　　　　　　　图 (2) 法二 　 如图 (2) ， 设 M ， N ， P 分别为 AB ， BB 1 ， B 1 C 1 中点 ， 则 PN ∥ BC 1 ， MN ∥ AB 1 ， ∴ AB 1 与 BC 1 所成的角是 ∠ MNP 或其补角 . ∵ AB ＝ 2 ， BC ＝ CC 1 ＝ 1 ， 答案 　 C 2. (2017· 全国 Ⅰ 卷 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AB ∥ CD ，且 ∠ BAP ＝ ∠ CDP ＝ 90 ° . (1) 证明：平面 PAB ⊥ 平面 PAD ； (2) 若 PA ＝ PD ＝ AB ＝ DC ， ∠ APD ＝ 90 °，求二面角 A － PB － C 的余弦值 . (1) 证明　 ∵∠ BAP ＝ ∠ CDP ＝ 90 °， ∴ PA ⊥ AB ， PD ⊥ CD ， 又 ∵ AB ∥ CD ， ∴ PD ⊥ AB ， 又 ∵ PD ∩ PA ＝ P ， PD ， PA ⊂ 平面 PAD ， ∴ AB ⊥ 平面 PAD ，又 AB ⊂ 平面 PAB ， ∴ 平面 PAB ⊥ 平面 PAD . (2) 解 　在平面 PAD 内作 PO ⊥ AD ，垂足为点 O . 由 (1) 可知， AB ⊥ 平面 PAD ，故 AB ⊥ PO ，可得 PO ⊥ 平面 ABCD . 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O － xyz ， 1. 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l 的方向向量为 a ＝ ( a 1 ， b 1 ， c 1 ) ，平面 α ， β 的法向量分别为 μ ＝ ( a 2 ， b 2 ， c 2 ) ， v ＝ ( a 3 ， b 3 ， c 3 ) ，则 (1) 线面平行 l ∥ α ⇔ a ⊥ μ ⇔ a · μ ＝ 0 ⇔ a 1 a 2 ＋ b 1 b 2 ＋ c 1 c 2 ＝ 0. (2) 线面垂直 l ⊥ α ⇔ a ∥ μ ⇔ a ＝ k μ ⇔ a 1 ＝ ka 2 ， b 1 ＝ kb 2 ， c 1 ＝ kc 2 . (3) 面面平行 α ∥ β ⇔ μ ∥ v ⇔ μ ＝ λ v ⇔ a 2 ＝ λa 3 ， b 2 ＝ λb 3 ， c 2 ＝ λc 3 . (4) 面面垂直 α ⊥ β ⇔ μ ⊥ v ⇔ μ · v ＝ 0 ⇔ a 2 a 3 ＋ b 2 b 3 ＋ c 2 c 3 ＝ 0. 考 点 整 合 (3) 面面夹角 设平面 α ， β 的夹角为 θ (0 ≤ θ ＜π ) ， 热点一　利用空间向量证明平行、垂直关系 【例 1 】 如图，在四棱锥 P － ABCD 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 . 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). 探究提高　 1. 利用向量法证明平行、垂直关系 ， 关键是建立恰当的坐标系 ( 尽可能利用垂直条件 ， 准确写出相关点的坐标 ，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素 ). 2 . 向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量 ， 但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件 ， 如在 (2) 中忽略 BE ⊄ 平面 PAD 而致误 . 【训练 1 】 在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， ∠ ABC ＝ 90 °， BC ＝ 2 ， CC 1 ＝ 4 ，点 E 在线段 BB 1 上，且 EB 1 ＝ 1 ， D ， F ， G 分别为 CC 1 ， C 1 B 1 ， C 1 A 1 的中点 . 求证： (1) B 1 D ⊥ 平面 ABD ； (2) 平面 EGF ∥ 平面 ABD . 证明 　 (1) 以 B 为坐标原点， BA ， BC ， BB 1 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) ， B 1 (0 ， 0 ， 4) ， C 1 (0 ， 2 ， 4). 设 BA ＝ a ，则 A ( a ， 0 ， 0) ， 热点二　利用空间向量计算空间角 命题角度 1 　求线面角或异面直线所成的角 【例 2 － 1 】 (2016· 全国 Ⅲ 卷 ) 如图，四棱锥 P － ABCD 中， PA ⊥ 底面 ABCD ， AD ∥ BC ， AB ＝ AD ＝ AC ＝ 3 ， PA ＝ BC ＝ 4 ， M 为线段 AD 上一点， AM ＝ 2 MD ， N 为 PC 的中点 . (1) 证明 MN ∥ 平面 PAB ； (2) 求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值 . 探究提高　 1. 异面直线所成的角 θ ， 可以通过两直线的方向向量的夹角 φ 求得 ， 即 cos θ ＝ |cos φ |. 2 . 直线与平面所成的角 θ 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 φ 求得 ，即 sin θ ＝ |cos φ | ， 有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量 ， 转化为求两方向向量的夹角 ( 或其补角 ). (1) 求三棱锥 C － O 1 A 1 B 1 的体积； (2) 求异面直线 B 1 C 与 AA 1 所成的角的大小 . 命题角度 2 　二面角的计算 (1) 证明：直线 CE ∥ 平面 PAB ； (2) 点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45 °，求二面角 M － AB － D 的余弦值 . 探究提高　 1. 二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角 ( 或其补角 ) 或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得 ， 它等于两个法向量的夹角或其补角 . 2 . 利用向量法求二面角 ， 必须能判定 “ 所求二面角的平面角是锐角或钝角 ” ， 否则解法是不严谨的 . 【训练 3 】 (2017· 长郡中学二模 ) 如图所示，该几何体是由一个直三棱柱 ADE － BCF 和一个正四棱锥 P － ABCD 组合而成， AD ⊥ AF ， AE ＝ AD ＝ 2. (1) 证明 　由于几何体是由一个直三棱柱 ADE － BCF 和一个正四棱锥 P － ABCD 的组合体 . ∴ AD ⊥ AB ，又 AD ⊥ AF ， AF ∩ AB ＝ A ， ∴ AD ⊥ 平面 ABEF . 又 AD ⊂ 平面 PAD ， ∴ 平面 PAD ⊥ 平面 ABFE . (2) 解 　以 A 为原点， AB ， AE ， AD 的正方向为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系 A － xyz . 设正四棱锥的高为 h ， AE ＝ AD ＝ 2 ，则 A (0 ， 0 ， 0) ， F (2 ， 2 ， 0) ， C (2 ， 0 ， 2) ， P (1 ，－ h ， 1) ， 热点三　利用空间向量求解探索性问题 【例 3 】 (2017· 郴州三模 ) 如图， C 是以 AB 为直径的圆 O 上异于 A ， B 的点，平面 PAC ⊥ 平面 ABC ， PA ＝ PC ＝ AC ＝ 2 ， BC ＝ 4 ， E ， F 分别是 PC ， PB 的中点，记平面 AEF 与平面 ABC 的交线为直线 l . (1) 证明：直线 l ⊥ 平面 PAC ； (2) 直线 l 上是否存在点 Q ，使直线 PQ 分别与平面 AEF 、直线 EF 所成的角互余？若存在，求出 AQ 的长；若不存在，请说明理由 . (1) 证明 　 ∵ E ， F 分别是 PB ， PC 的中点， ∴ BC ∥ EF ， 又 EF ⊂ 平面 EFA ， BC ⊄ 平面 EFA ， ∴ BC ∥ 平面 EFA ， 又 BC ⊂ 平面 ABC ，平面 EFA ∩ 平面 ABC ＝ l ， ∴ BC ∥ l ，又 BC ⊥ AC ，平面 PAC ∩ 平面 ABC ＝ AC ， 平面 PAC ⊥ 平面 ABC ， ∴ BC ⊥ 平面 PAC ， ∴ l ⊥ 平面 PAC . 探究提高　 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 . 空间向量求解探索性问题： (1) 假设题中的数学对象存在 ( 或结论成立 ) 或暂且认可其中的一部分结论； (2) 在这个前提下进行逻辑推理 ， 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 ( 或参数 ) 是否有解 ， 是否有规定范围内的解 ” 等 . 若由此推导出矛盾 ，则否定假设；否则，给出肯定结论 . (1) 证明 　因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD ＝ AD ， AB ⊥ AD ， 所以 AB ⊥ 平面 PAD ，所以 AB ⊥ PD . 又 PA ⊥ PD ， AB ∩ PA ＝ A ， AB ， PA ⊂ 平面 PAB ， 所以 PD ⊥ 平面 PAB . (2) 解 　取 AD 的中点 O ，连接 PO ， CO . 因为 PA ＝ PD ，所以 PO ⊥ AD . 因为 PO ⊂ 平面 PAD ，平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ， 所以 PO ⊥ 平面 ABCD . 因为 CO ⊂ 平面 ABCD ，所以 PO ⊥ CO . 因为 AC ＝ CD ，所以 CO ⊥ AD . 3. 利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错 . 4. 空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把 “ 非运算 ” 问题 “ 运算 ” 化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题 . 应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性 .