2018届二轮复习第3讲　立体几何中的向量方法课件（全国通用）

2018届二轮复习第3讲　立体几何中的向量方法课件（全国通用）

第 3 讲　 立体几何 中的向量方法 专题五　立体几何与空间向量 栏目索引 高考 真题体验 1 热点 分类突破 2 高考 押题精练 3 1.(2014· 课标全国 Ⅱ ) 直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， ∠ BCA ＝ 90° ， M ， N 分别是 A 1 B 1 ， A 1 C 1 的中点， BC ＝ CA ＝ CC 1 ，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ( 　　 ) 解析 高考真题 体验 1 2 √ 解析　 方法一　由于 ∠ BCA ＝ 90° ，三棱柱为直三棱柱 ， 且 BC ＝ CA ＝ CC 1 . 建立如图 (1) 所示空间直角坐标系 . 设正方体棱长为 2 ， 则 可得 A (0,0,0) ， B (2,2,0) ， M (1,1,2) ， N (0,1,2) ， 解析 1 2 方法二　如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ， ND ， AD ， 1 2 则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线 BM 与 AN 所成的角 . 1 2 2.(2016· 课标全国乙 ) 如图，在以 A ， B ， C ， D ， E ， F 为 顶点的五面体中，平面 ABEF 为正方形， AF ＝ 2 FD ， ∠ AFD ＝ 90° ，且二面角 D － AF － E 与二面角 C － BE － F 都是 60 °. (1) 证明：平面 ABEF ⊥ 平面 EFDC ； 证明　 由已知可得 AF ⊥ DF ， AF ⊥ FE ， 所以 AF ⊥ 平面 EFDC ，又 AF ⊂ 平面 ABEF ， 故平面 ABEF ⊥ 平面 EFDC . 解析答案 1 2 (2) 求二面角 E － BC － A 的余弦值 . 解析答案 1 2 解　 过点 D 作 DG ⊥ EF ，垂足为 G ，由 (1) 知 DG ⊥ 平面 ABEF . 建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz . 由 (1) 知 ∠ DFE 为二面角 D － AF － E 的平面角， 由已知， AB ∥ EF ，所以 AB ∥ 平面 EFDC ， 又平面 ABCD ∩ 平面 EFDC ＝ CD ，故 AB ∥ CD ， CD ∥ EF ， 解析答案 1 2 由 BE ∥ AF ，可得 BE ⊥ 平面 EFDC ， 所以 ∠ CEF 为二面角 C － BE － F 的平面角， ∠ CEF ＝ 60° ， 解析答案 1 2 考情考向分 析 返回 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，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 . 热点一　利用向量证明平行与垂直 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 ) 则有： (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. 热点分类突破 例 1 　 如图，在直三棱柱 ADE — BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点 . 运用向量方法证明： (1) OM ∥ 平面 BCF ； 解析答案 证明　 方法一　由题意，得 AB ， AD ， AE 两两垂直，以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 . 设正方形边长为 1 ， 则 A (0,0,0) ， B (1 ， 0,0) ， C (1,1,0) ， D (0,1,0) ， F (1,0,1) ， ∵ 棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱， ∴ OM ∥ 平面 BCF . 解析答案 又 OM ⊄ 平面 BCF ， ∴ OM ∥ 平面 BCF . (2) 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 解析答案 思维升华 证明　 方法一　 设 平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) ， n 2 ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ). 同理可得 n 2 ＝ (0,1,1). ∵ n 1 · n 2 ＝ 0 ， ∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 解析答案 思维升华 方法 二 　 由 题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直， ∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩ FC ＝ C ， ∴ OM ⊥ 平面 EFCD . 又 OM ⊂ 平面 MDF ， ∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 思维升华 思维 升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理 . 如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 a ∥ b ，只需证明向量 a ＝ λ b ( λ ∈ R ) 即可 . 若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外 . 跟踪演练 1 　 如图，在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中， PA ⊥ 底面 ABCD ，点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点， PA ＝ AB ＝ 1 ， BC ＝ 2. (1) 求证： EF ∥ 平面 PAB ； 解析答案 证明　 以点 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 A (0,0,0) ， B (1,0,0) ， C (1,2,0) ， D (0,2,0) ， P (0,0,1) ， ∵ 点 E ， F 分别 是 PC ， PD 的中点 ， 解析答案 即 EF ∥ AB ， 又 AB ⊂ 平面 PAB ， EF ⊄ 平面 PAB ， ∴ EF ∥ 平面 PAB . (2) 求证：平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 解析答案 又 AP ∩ AD ＝ A ， ∴ DC ⊥ 平面 PAD . ∵ DC ⊂ 平面 PDC ， ∴ 平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 热点二　利用空间向量求空间角 设直线 l ， m 的方向向量分别为 a ＝ ( a 1 ， b 1 ， c 1 ) ， b ＝ ( a 2 ， b 2 ， c 2 ). 平面 α ， β 的法向量分别为 μ ＝ ( a 3 ， b 3 ， c 3 ) ， v ＝ ( a 4 ， b 4 ， c 4 )( 以下相同 ). (1) 线线夹角 (2) 线面夹角 (3) 面面夹角 设平面 α 、 β 的夹角为 θ (0 ≤ θ <π) ， 例 2 　 (2015· 江苏 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，已知 PA ⊥ 平面 ABCD ，且四边形 ABCD 为直角梯形， ∠ ABC ＝ ∠ BAD ＝ ， PA ＝ AD ＝ 2 ， AB ＝ BC ＝ 1. (1) 求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值； 解析答案 则各点的坐标为 B (1,0,0) ， C (1,1,0) ， D (0,2,0) ， P (0,0,2 ). 因为 AD ⊥ 平面 PAB ， 设平面 PCD 的法向量为 m ＝ ( x ， y ， z ) ， 解析答案 所以 m ＝ (1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量 . (2) 点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长 . 解析答案 思维升华 设 1 ＋ 2 λ ＝ t ， t ∈ [1,3] ， 解析答案 思维升华 此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值 . 思维升华 思维 升华 (1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤： ① 建立恰当的空间直角坐标系； ② 求出相关点的坐标； ③ 写出向量坐标； ④ 结合公式进行论证、计算； ⑤ 转化为几何结论 . ( 2) 求空间角注意： ① 两条异面直线所成的角 α 不一定是直线的方向向量的夹角 β ，即 cos α ＝ |cos β |. ② 两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角 . ③ 直线和平面所成的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，即注意函数名称的变化 . 解析答案 解　 以点 A 为坐标原点 O ，分别以 AB ， AC ， AA 1 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz . 设平面 A 1 BC 的法向量为 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) ， 因为 AB ＝ AC ＝ 1 ， AA 1 ＝ 2 ，则 A (0,0,0) ， B (1,0,0) ， C (0,1,0) ， A 1 (0,0,2) ， B 1 (1,0,2) ， P (1,0,2 λ ). 解析答案 不妨取 z 1 ＝ 1 ，则 x 1 ＝ y 1 ＝ 2 ， 从而平面 A 1 BC 的一个法向量为 n 1 ＝ (2,2,1). 设直线 PC 与平面 A 1 BC 所成的角为 θ ， 解析答案 不妨取 z 2 ＝ 1 ，则 x 2 ＝ 2 － 2 λ ， y 2 ＝ 2 ， 所以平面 PA 1 C 的法向量为 n 2 ＝ (2 － 2 λ ， 2,1 ). 解析答案 化简得 λ 2 ＋ 8 λ － 9 ＝ 0 ，解得 λ ＝ 1 或 λ ＝－ 9( 舍去 ) ， 故 λ 的值为 1. 热点三　利用空间向量求解探索性问题 存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象 ( 数值、图形、函数等 ) 是否存在或某一结论是否成立 . 解决这类问题的基本策略是先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，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论 . 例 3 　 如图所示，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ⊥ 平面 ABCD ， NB ⊥ 平面 ABCD ，且 MD ＝ NB ＝ 1 ， E 为 BC 的中点 . (1) 求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值； 解析答案 解　 由题意，易得 DM ⊥ DA ， DM ⊥ DC ， DA ⊥ DC . 如图所示，以点 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在 直线 分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 . 则 D (0,0,0) ， A (1,0,0) ， M (0,0,1) ， C (0,1,0) ， B (1,1,0) ， 设异面直线 NE 与 AM 所成角为 θ ， (2) 在线段 AN 上是否存在点 S ，使得 ES ⊥ 平面 AMN ？若存在，求线段 AS 的长；若不存在，请说明理由 . 解析答案 思维升华 解　 假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥ 平面 AMN ，连接 AE . 由 ES ⊥ 平面 AMN ， 解析答案 思维升华 思维升华 思维 升华 空间向量最适合于解决这类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 . 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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法 . 跟踪演练 3 　 如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直于直角梯形 ABPE 所在平面于直线 AB ，且 AB ＝ BP ＝ 2 ， AD ＝ AE ＝ 1 ， AE ⊥ AB ，且 AE ∥ BP . (1) 设点 M 为棱 PD 的中点，求证： EM ∥ 平面 ABCD ； 解析答案 证明　 由已知，平面 ABCD ⊥ 平面 ABPE ，且 BC ⊥ AB ， 则 BC ⊥ 平面 ABPE ， 所以 BA ， BP ， BC 两两垂直 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 . 易知平面 ABCD 的一个法向量 n ＝ (0,1,0) ， 解析答案 所以 EM ∥ 平面 ABCD . 解析答案 返回 证明　 当点 N 与点 D 重合时， 理由如下： 设平面 PCD 的法向量为 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) ， 取 y 1 ＝ 1 ，得平面 PCD 的一个法向量等于 n 1 ＝ (0,1,2) ， 解析答案 解析答案 所以 9 λ 2 － 8 λ － 1 ＝ 0 ， 返回 高考押题精练 (1) 求证： PQ ∥ 平面 BCE ； (2) 求二面角 A － DF － E 的余弦值 . 押题依据　 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点 . 返回 解析答案 押题依据 (1) 证明　 连接 AC ， ∵ 四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点， ∴ 点 Q 为 AC 的中点， 又在 △ AEC 中，点 P 为 AE 的中点， ∴ PQ ∥ EC ， ∵ EC ⊂ 面 BCE ， PQ ⊄ 面 BCE ， ∴ PQ ∥ 平面 BCE . (2) 解　 如图，取 EF 的中点 M ，连接 AM ， 因为由题意知 AM 2 ＋ AF 2 ＝ MF 2 ，则 AF ⊥ AM ，以点 A 为坐标原点，以 AM ， AF ， AD 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系 . 则 A (0,0,0) ， D (0,0,1) ， M (2,0,0) ， F (0,2,0 ). 解析答案 设平面 DEF 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 x ＝ 1 ，则 y ＝ 1 ， z ＝ 2 ， 故 n ＝ (1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量 . 由图可知所求二面角为锐角， 返回