2019届二轮复习（理）专题四第三讲空间向量与立体几何学案

2019届二轮复习（理）专题四第三讲空间向量与立体几何学案

第三讲　空间向量与立体几何 年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养 ‎2018‎ Ⅰ卷 面面垂直及线面角求法·T18‎ 命题分析 高考中此部分命题较为稳定，以解答题的形式考查空间平行关系和垂直关系的证明，空间几何体表面积和体积的计算，异面直线所成的角、线面角和二面角的求解，简单的空间距离的求解，难度中等偏上．其中解答题的基本模式是既有证明也有计算，其中的计算离不开证明，以考查证明为主．‎ 学科素养 几何中的向量方法主要是通过向量法求解空间角问题，重点考查了学生直观想象与数学运算素养能力.‎ Ⅱ卷 线面垂直及线面角求法·T20‎ Ⅲ卷 面面垂直及二面角求法·T19‎ ‎2017‎ Ⅰ卷 面面垂直与二面角求法·T18‎ Ⅱ卷 异面直线所成角求法·T10‎ 线面平行与二面角求法·T19‎ Ⅲ卷 线与线所成角问题·T16‎ 面面垂直与二面角求法·T19‎ ‎2016‎ Ⅰ卷 面面垂直的证明及二面角的求解·T18‎ Ⅱ卷 线面垂直证明及二面角的求解·T19‎ Ⅲ卷 线面平行的证明及线面角的求解·T19‎ 向量法证明线面平行、垂直关系 授课提示：对应学生用书第40页 ‎[悟通——方法结论]‎ ‎1．用向量证明平行的方法 ‎(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．‎ ‎(2)线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；直线的方向向量与平面内两不共线向量共面．‎ ‎(3)面面平行：证明两平面的法向量为共线向量；转化为线面平行、线线平行问题．‎ ‎2．用向量证明垂直的方法 ‎(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．‎ ‎(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，‎ 或将线面垂直的判定定理用向量表示．‎ ‎(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．‎ ‎[全练——快速解答]‎ ‎1．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轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，‎ 设BA＝a，则A(a,0,0)，‎ 所以＝(a,0,0，)，＝(0,2,2)，‎ ＝(0,2，－2)，‎ ·＝0，·＝0＋4－4＝0，‎ 所以⊥，⊥，‎ 即⊥，⊥.‎ 又BA∩BD＝B，BA⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，‎ 因此B1D⊥平面ABD.‎ ‎(2)由(1)知，E(0,0,3)，G(，1,4)，F(0,1,4)，‎ 则＝(，1,1)，＝(0,1,1)，‎ ·＝0＋2－2＝0，‎ ·＝0＋2－2＝0，‎ 所以⊥，⊥，‎ 即B1D⊥EG，B1D⊥EF.‎ 又EG∩EF＝E，EG⊂平面EGF，EF⊂平面EGF，‎ 因此B1D⊥平面EGF.‎ 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.‎ ‎2．如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.‎ 证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，‎ P(0,0,1)，‎ 所以E，F，‎ ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．‎ ‎(1)因为＝－，所以∥，‎ 即EF∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，‎ 所以EF∥平面PAB.‎ ‎(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，‎ ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，‎ 所以⊥，⊥，‎ 即AP⊥DC，AD⊥DC.‎ 又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ 所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，‎ 所以平面PAD⊥平面PDC.‎ 向量法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、平面的要素；‎ ‎(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；‎ ‎(4)根据运算结果解释相关问题．‎ 向量法求空间角大小 授课提示：对应学生用书第41页 ‎[悟通——方法结论]‎ ‎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〉|＝.‎ ‎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sin θ＝|cos〈n，a〉|＝.‎ ‎3．向量法求二面角 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cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；若二面角αlβ所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.‎ ‎　(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)如图，四面体ABCD中，‎ ‎(1) ‎ ‎(2)过AC的平面交BD于点E，若，求二面角DAEC的余弦值．‎ ‎[学审题]‎ 条件信息 想到方法 注意什么 信息❶：△ABC为正三角形，△ACD是直角三角形 特殊三角形中的特殊的边角：△ABC中三边相等，△ACD中的直角 ‎(1)建系时要证明哪三条线两两垂直，进而可作为坐标轴 ‎(2)两平面法向量的夹角不一定是所求的二面角，也有可能是两法向量夹角的补角，因此必须说明角的范围 信息❷：∠ABD＝∠CBD，AB＝BD 边角相等关系可证两三角形全等，进而可证AD＝DC，∠ADC＝90˚‎ 信息❸：证明：平面ACD⊥平面ABC 面面垂直的证明方法：几何法或定义法 信息❹：体积相等 由体积的大小关系转化到点到面的距离的大小关系，进而知点E为DB的中点 ‎[规范解答]　(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC.‎ 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.‎ 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.‎ 又因为△ABC是正三角形，所以BO⊥AC.‎ 所以∠DOB为二面角DACB的平面角． (2分)‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.‎ 又AB＝BD，所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°.‎ 所以平面ACD⊥平面ABC. (4分)‎ ‎(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，‎ 则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0，0,1)．‎ ‎ (5分)‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.‎ ‎6分 故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝.‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面DAE的法向量，则 即 可取n＝. (8分)‎ 设m＝(x2，y2，z2)是平面AEC的法向量，则即 可取m＝(0，－1，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝＝. (10分)‎ 由图知二面角DAEC为锐角，‎ 所以二面角DAEC的余弦值为. (12分)‎ ‎1．用向量法求解空间角的四个要点：(1)“建系”，构建恰当的空间直角坐标系，如本题利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；(2)“求坐标”，准确求解相关点的坐标；(3)“求法向量”，求出平面的法向量；(4)“应用公式”，熟记空间角的公式，即可求出空间角．‎ ‎2．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.‎ ‎3．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n，m的夹角求得，即先求|cos〈n，m〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n，m〉|‎ ‎；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n，m〉|.‎ ‎[练通——即学即用]‎ ‎(2018·郑州一模)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.‎ ‎(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；‎ ‎(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．‎ 解析：(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝AD，‎ 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，‎ 因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.‎ 又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.‎ 因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.‎ ‎(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，‎ 设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，‎ 所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 则A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，‎ 所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．‎ 设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令z＝1，得n＝(，2,1)，为平面AEC的一个法向量．‎ 因为＝(－1，，)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝，‎ 所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.‎ 立体几何中的探索性问题 授课提示：对应学生用书第43页 ‎[悟通——方法结论]‎ ‎　解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点 ‎(1)3个步骤 ‎①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；‎ ‎②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；‎ ‎③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎(2)1个注意点 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．‎ ‎　(2016·高考北京卷)(12分)‎ 如图，在四棱锥PABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(3)在，使得若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[学审题]‎ 条件信息 想到方法 注意什么 信息❶：平面PAD⊥平面ABCD 面面垂直的性质定理：面面垂直⇒线面垂直，即可证AB⊥平面PAD ‎(1)直线和平面所成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 ‎(2)‎ 向量法解决立体几何问题的关键是准确表达出各点及相关量的坐标 信息❷：PA⊥PD，PA＝PD ‎△PAD 为等腰直角三角形及斜边中线即为高线 信息❸：AC＝CD ‎△ACD为等腰三角形及其性质 信息❹：棱PA上是否存在点M 三点共线的应用 信息❺：BM∥平面PCD 直线与平面平行时，直线的方向向量与平面的法向量的关系：垂直于平面PCD的法向量 ‎[规范解答]　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD. (2分)‎ 又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB. (3分)‎ ‎(2)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. (5分)‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD.‎ 如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． (6分)‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(1，－2,2)．‎ 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎ (8分)‎ ‎(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]，使得＝λ.‎ 因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．‎ 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则·n＝0，‎ ‎ (10分)‎ 即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝.‎ 所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.‎ ‎ (12分)‎ 利用空间向量巧解探索性问题 ‎(1)空间向量最适合于解决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．‎ ‎(2)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”等问题，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．‎ ‎[提醒]　探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.‎ ‎[练通——即学即用]‎ ‎(2018·福州四校联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120˚，四边形BFED是直角梯形，DE⊥BD，BF∥DE，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：AD⊥平面BFED；‎ ‎(2)在线段EF上是否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．‎ 解析：(1)证明：在梯形ABCD中，‎ ‎∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120˚，‎ ‎∴AB＝2，‎ ‎∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60˚＝3，‎ ‎∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD，‎ ‎∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，‎ ‎∴AD⊥平面BFED.‎ ‎(2)∵AD⊥平面BFED，∴AD⊥DE，‎ 以D为原点，分别以DA，DB，DE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D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，E(0,0,2)，F(0，，1)，＝(0，，－1)，＝(－1，，0)，＝(－1,0,2)．‎ 设＝λ＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)．‎ 则＝＋λ＝(－1，λ，2－λ)．‎ 取平面ADE的一个法向量为n＝(0,1,0)，‎ 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由·m＝0，·m＝0得 令y＝2－λ，得x＝2－λ，z＝－λ，∴m＝(2－λ，2－λ，－λ)为平面PAB的一个法向量，‎ ‎∴|cos〈m，n〉|＝＝，‎ 解得λ＝，∴当P为线段EF靠近点E的三等分点时满足题意.‎ 授课提示：对应学生用书第138页 ‎1．(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PE⊥BF.‎ ‎(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．‎ 解析：(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)如图，作PH⊥EF，垂足为H.‎ 由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.‎ 又DP＝2，DE＝1，‎ 所以PE＝.‎ 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.‎ 所以PH＝，EH＝.‎ 则H(0,0,0)，P，D，‎ ＝，＝.‎ 又为平面ABFD的法向量，‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2018·长春模拟)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面ACE；‎ ‎(2)设PA＝1，∠ABC＝60˚，三棱锥EACD的体积为，求二面角DAEC的余弦值．‎ 解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE(图略)．‎ 在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.‎ 又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以PB∥平面ACE.‎ ‎(2)由题易知VPABCD＝2VPACD＝4VEACD＝，设菱形ABCD的边长为a，‎ 则VPABCD＝S▱ABCD·PA＝×(2×a2)×1＝，则a＝.‎ 取BC的中点为M，连接AM，则AM⊥AD.‎ 以点A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y 轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0,0,0)，E(0，，)，C(，，0)，＝(0，，)，＝(，，0)，‎ 设n1＝(x，y，z)为平面AEC的法向量，则即取x＝1，则n1＝(1，－，3)为平面AEC的一个法向量．‎ 又易知平面AED的一个法向量为n2＝(1,0,0)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 由图易知二面角DAEC为锐二面角，‎ 所以二面角DAEC的余弦值为.‎ ‎3．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．‎ ‎(1)证明：PO⊥平面ABC；‎ ‎(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．‎ 解析：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，‎ 所以OP⊥AC，且OP＝2.‎ 如图，连接OB.‎ 因为AB＝BC＝AC，‎ 所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.‎ 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.‎ 由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(0,2,2)．‎ 取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．‎ 设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则＝(a,4－a,0)．‎ 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 由·n＝0，·n＝0得 可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，‎ 所以cos 〈，n〉＝.‎ 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，‎ 所以＝，‎ 解得a＝－4(舍去)或a＝.‎ 所以n＝.‎ 又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.‎ ‎4．(2018·青岛模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BCA＝45˚，AP＝AD＝AC＝2，E为PA的中点．‎ ‎(1)设平面PAB∩平面PCD＝l，求证：CD∥l；‎ ‎(2)求二面角BCED的余弦值．‎ 解析：(1)证明：在四边形ABCD中，∵AC⊥AD，AD＝AC＝2，‎ ‎∴∠ACD＝45˚，∵∠BCA＝45˚，∴∠BCD＝∠BCA＋∠ACD＝90˚，即DC⊥BC.‎ 又AB⊥BC，∴AB∥CD.‎ ‎∵AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，‎ ‎∴CD∥平面PAB.‎ ‎∵CD⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD＝l，‎ ‎∴CD∥l.‎ ‎(2)∵PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，‎ ‎∴以A为原点，以AD所在的直线为x轴，AC所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，E(0,0,1)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(－1,1,0)，‎ 设平面DCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，＝(0，－2,1)，＝(－2,0,1)，‎ 由得，‎ 令x1＝1，则y1＝1，z1＝2，∴n1＝(1,1,2)是平面DCE的一个法向量．‎ 设平面BCE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ ＝(1,1,0)，＝(0，－2,1)，‎ 由得，令x2＝1，则y2＝－1，z2＝－2，∴n2＝(1，－1，－2)是平面BCE的一个法向量．‎ 则cos〈n1，n2〉＝＝＝－，‎ 又二面角BCED为钝角，∴二面角BCED的余弦值为－.‎