2019届二轮复习第3讲　立体几何中的向量方法课件（79张）（全国通用）

2019届二轮复习第3讲　立体几何中的向量方法课件（79张）（全国通用）

第 3 讲　立体几何中的向量方法 专题四　立体几何与空间向量 板块三　专题突破核心考点 [ 考情考向分析 ] 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 . 热点分类突破 真题押题精练 内容索引 热点分类突破 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. 例 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 ； 证明 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 A － xyz ，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， 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 . 证明 证明　 由 (1) 可知， 即 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC . 又 AP ∩ AD ＝ A ， AP ， AD ⊂ 平面 PAD ， ∴ DC ⊥ 平面 PAD . ∵ DC ⊂ 平面 PDC ， ∴ 平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 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 . 思维升华 跟踪演练 1 　如图，在直三棱柱 ADE — BCF 中，平面 ABFE 和平面 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 ； 证明 证明　 方法一 　 (1) 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 A － xyz . 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， ∴ AB ⊥ 平面 BCF ， 且 OM ⊄ 平面 BCF ， ∴ OM ∥ 平面 BCF . 又 OM ⊄ 平面 BCF ， ∴ OM ∥ 平面 BCF . (2) 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 证明 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 ). ∵ n 1 · n 2 ＝ 0 ， ∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 方法二 　 由题意及 (1) 知， BF ， BC ， BA 两两垂直， 即 OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ， 又 CD ∩ FC ＝ C ， CD ， FC ⊂ 平面 EFCD ， ∴ OM ⊥ 平面 EFCD . 又 OM ⊂ 平面 MDF ， ∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 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 例 2 　 (2018· 泉州质检 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AD ∥ BC ， AB ＝ BC ＝ 2 ， AD ＝ PD ＝ 4 ， ∠ BAD ＝ 60° ， ∠ ADP ＝ 120° ，点 E 为 PA 的中点 . (1) 求证： BE ∥ 平面 PCD ； 证明 证明　 取 PD 中点 F ，连接 CF ， EF . 因为点 E 为 PA 的中点， 所以 EF ∥ BC 且 EF ＝ BC ， 所以四边形 BCFE 为平行四边形， 所以 BE ∥ CF ， 又 BE ⊄ 平面 PCD ， CF ⊂ 平面 PCD ， 所以 BE ∥ 平面 PCD . (2) 若平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，求直线 BE 与平面 PAC 所成角的正弦值 . 解答 解　 在平面 ABCD 中，过点 D 作 DG ⊥ AD ，在平面 PAD 中，过点 D 作 DH ⊥ AD . 因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ， 平面 PAD ∩ 平面 ABCD ＝ AD ， DG ⊂ 平面 ABCD ， 所以 DG ⊥ 平面 PAD ， 又 DH ⊂ 平面 PAD ， 所以 DG ⊥ DH ，所以 DA ， DG ， DH 两两互相垂直 . 以 D 为原点， DA ， DG ， DH 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系 D － xyz ( 如图 ) ， 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 是平面 ACP 的一个法向量， 设直线 BE 与平面 PAC 所成角为 θ ， (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，注意函数名称的变化 . 思维升华 跟踪演练 2 　如图，在四面体 ABCD 中， BA ＝ BC ， ∠ BAD ＝ ∠ BCD ＝ 90°. (1) 证明： BD ⊥ AC ； 证明 证明　 方法一 　 如图，作 Rt △ ABD 斜边 BD 上的高 AE ，连接 CE . 因为 BA ＝ BC ， ∠ BAD ＝ ∠ BCD ＝ 90° ， 所以 Rt △ ABD ≌ Rt △ CBD ，可得 CE ⊥ BD . 又 AE ∩ CE ＝ E ， AE ， CE ⊂ 平面 AEC ， 所以 BD ⊥ 平面 AEC ， 又 AC ⊂ 平面 AEC ，所以 BD ⊥ AC . 方法二 　 因为 BA ＝ BC ， ∠ BAD ＝ ∠ BCD ＝ 90° ， 所以 Rt △ ABD ≌ Rt △ CBD ，可得 AD ＝ CD . 设 AC 中点为 E ，连接 BE ， DE ，则 BE ⊥ AC ， DE ⊥ AC ， 又 BE ∩ DE ＝ E ， BE ， DE ⊂ 平面 BDE ， 所以 AC ⊥ 平面 BDE ， 又 BD ⊂ 平面 BDE ，所以 BD ⊥ AC . (2) 若 ∠ ABD ＝ 60° ， BA ＝ 2 ，四面体 ABCD 的体积为 2 ，求二面角 B － AC － D 的余弦值 . 解答 解　 方法一 　 在 Rt △ ABD 中，因为 BA ＝ 2 ， ∠ ABD ＝ 60° ， 因为 BD ⊥ 平面 AEC ，四面体 ABCD 的体积为 2 ， sin ∠ AEC ＝ 1 ， ∠ AEC ＝ 90° ， 所以 AE ⊥ 平面 BCD . 以 E 为原点， EB ， EC ， EA 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 E － xyz . 设 m ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) 是平面 BAC 的一个法向量， 设 n ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ) 是平面 DAC 的一个法向量， 方法二 　 由 (1) 知， ∠ BED 为二面角 B － AC － D 的平面角， 在 Rt △ BCD 中，因为 BC ＝ 2 ， ∠ ABD ＝ ∠ CBD ＝ 60° ， 设点 A 到平面 BCD 的距离为 h ， 在平面 ABD 内过 A 作 AF ⊥ BD ，垂足为 F ， 因为 BA ＝ 2 ， ∠ ABD ＝ 60° ， 由点到平面的距离的定义知， AF ⊥ 平面 BCD . 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 . 热点三　利用空间向量求解存在探索性 问题 证明 例 3 　 (2018· 滨海新区重点学校联考 ) 在四棱锥 P － ABCD 中， PD ⊥ 平面 ABCD ， AB ∥ DC ， AB ⊥ AD ， DC ＝ AD ＝ 1 ， AB ＝ 2 ， ∠ PAD ＝ 45° ， E 是 PA 的中点， F 在线段 AB 上，且 满足 ＝ 0. (1) 求证： DE ∥ 平面 PBC ； 证明 　 方法一 　取 PB 的中点 M ，连接 EM 和 CM ， 且 E ， M 分别为 PA ， PB 的中点 . ∴ EM ∥ CD 且 EM ＝ CD ，四边形 CDEM 为平行四边形， ∴ DE ∥ CM ，又 CM ⊂ 平面 PBC ， DE ⊄ 平面 PBC ， ∴ DE ∥ 平面 BPC . 方法二　 由题意可得 DA ， DC ， DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点， DA ， DC ， DP 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 D － xyz ， 设平面 PBC 的法向量为 m ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 y ＝ 1 ，则 x ＝－ 1 ， z ＝ 1 ， ∴ m ＝ ( － 1,1,1). 又 DE ⊄ 平面 PBC ， ∴ DE ∥ 平面 PBC . 解答 (2) 求二面角 F － PC － B 的余弦值； 解　 设点 F 的坐标为 (1 ， t, 0) ， 设平面 FPC 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 x ＝ 1 ，则 y ＝ 2 ， z ＝ 2 ， ∴ n ＝ (1,2,2) ， 又由图可知，该二面角为锐角， (3) 在线段 PA 上是否存在点 Q ，使得 FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值 是 ， 若存在，求出 AQ 的长；若不存在，请说明理由 . 解答 空间向量最适合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 . 思维升华 跟踪演练 3 　 (2018· 荆州质检 ) 如图，在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， AC ⊥ BC ， AC ＝ BC ＝ AA 1 ＝ 2 ，点 P 为棱 B 1 C 1 的中点，点 Q 为线段 A 1 B 上一动点 . (1) 求证：当点 Q 为线段 A 1 B 的中点时， PQ ⊥ 平面 A 1 BC ； 证明 证明　 连接 AB 1 ， AC 1 ， ∵ 点 Q 为线段 A 1 B 的中点， ∴ A ， Q ， B 1 三点共线， 且 Q 为 AB 1 的中点， ∵ 点 P 为 B 1 C 1 的中点， ∴ PQ ∥ AC 1 . 在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， AC ⊥ BC ， ∴ BC ⊥ 平面 ACC 1 A 1 ， 又 AC 1 ⊂ 平面 ACC 1 A 1 ， ∴ BC ⊥ AC 1 . ∵ AC ＝ AA 1 ， ∴ 四边形 ACC 1 A 1 为正方形， ∴ AC 1 ⊥ A 1 C ， 又 A 1 C ， BC ⊂ 平面 A 1 BC ， A 1 C ∩ BC ＝ C ， ∴ AC 1 ⊥ 平面 A 1 BC ， 而 PQ ∥ AC 1 ， ∴ PQ ⊥ 平面 A 1 BC . 解答 ∴ ( x ， y － 2 ， z ) ＝ λ (2 ，－ 2,2) ， 解　 由题意可知， CA ， CB ， CC 1 两两垂直， 以 C 为原点，分别以 CA ， CB ， CC 1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 C － xyz ， 连接 B 1 Q ， PB ，设 Q ( x ， y ， z ) ， B (0,2,0 ) ， A 1 (2,0,2) ， P (0,1,2 ) ， B 1 (0,2,2) ， ∵ 点 Q 在线段 A 1 B 上运动， ∴ 平面 A 1 PQ 的法向量即为平面 A 1 PB 的法向量， 设平面 A 1 PB 的法向量为 n 1 ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 y ＝ 2 ，得 n 1 ＝ (1,2,1) ， 设平面 B 1 PQ 的法向量为 n 2 ＝ ( x ， y ， z ) ， 取 n 2 ＝ (1 － λ ， 0 ， λ ) ， ∴ 9 λ 2 － 9 λ ＋ 2 ＝ 0 ， 真题押题精练 1.(2017· 北京 ) 如图，在四棱锥 P — ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，点 M 在线段 PB 上， PD ∥ 平面 MAC ， PA ＝ PD ＝ ， AB ＝ 4. (1) 求证： M 为 PB 的中点； 真题体验 证明 证明 　 设 AC ， BD 交于点 E ，连接 ME ，如图所示 . 因为 PD ∥ 平面 MAC ，平面 MAC ∩ 平面 PDB ＝ ME ， 所以 PD ∥ ME . 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点， 所以 M 为 PB 的中点 . (2) 求二面角 B — PD — A 的大小； 解答 解　 取 AD 的中点 O ，连接 OP ， OE . 因为 PA ＝ PD ，所以 OP ⊥ AD ， 又因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ， 平面 PAD ∩ 平面 ABCD ＝ AD ，且 OP ⊂ 平面 PAD ， 所以 OP ⊥ 平面 ABCD . 因为 OE ⊂ 平面 ABCD ，所以 OP ⊥ OE . 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 OE ⊥ AD ， 如图，建立空间直角坐标系 O － xyz ， 设平面 BDP 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 平面 PAD 的法向量为 p ＝ (0,1,0) ， 由题意知，二面角 B － PD － A 为锐角， (3) 求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 . 解答 设直线 MC 与平面 BDP 所成的角为 α ，则 2.(2018· 全国 Ⅲ ) 如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在 平面垂直， M 是 上 异于 C ， D 的点 . (1) 证明：平面 AMD ⊥ 平面 BMC ； 证明 证明 　 由题设知，平面 CMD ⊥ 平面 ABCD ，交线为 CD . 因为 BC ⊥ CD ， BC ⊂ 平面 ABCD ，所以 BC ⊥ 平面 CMD ，又 DM ⊂ 平面 CMD ， 故 BC ⊥ DM . 因为 M 为 上 异于 C ， D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM ⊥ CM . 又 BC ∩ CM ＝ C ， BC ， CM ⊂ 平面 BMC ， 所以 DM ⊥ 平面 BMC . 又 DM ⊂ 平面 AMD ，故平面 AMD ⊥ 平面 BMC . (2) 当三棱锥 M － ABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值 . 解答 解　 以 D 为坐标原点 ， 的 方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D － xyz . 当 三棱锥 M － ABC 体积最大时， M 为 的 中点 . 由 题设得 D (0,0,0) ， A (2,0,0) ， B (2,2,0) ， C (0,2,0) ， M (0,1,1) ， 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 是平面 MAB 的法向量，则 可取 n ＝ (1,0,2) ， 押题预测 押题依据 　利用空间向量求二面角全面考查了空间中的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点 . 证明 押题依据 如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形， BE ⊥ 平面 ABCD ， DF ∥ BE ， DF ＝ 2 BE ＝ 2 ， EF ＝ 3. (1) 证明：平面 ACF ⊥ 平面 BEFD ； 证明　 ∵ 四边形 ABCD 是菱形 ， ∴ AC ⊥ BD . ∵ BE ⊥ 平面 ABCD ， AC ⊂ 平面 ABCD ， ∴ BE ⊥ AC ， 又 BE ∩ BD ＝ B ， BE ， BD ⊂ 平面 BEFD ， ∴ AC ⊥ 平面 BEFD . ∵ AC ⊂ 平面 ACF ， ∴ 平面 ACF ⊥ 平面 BEFD . (2) 若二面角 A － EF － C 是直二面角，求 AE 与平面 ABCD 所成角的正切值 . 解答 解　 方法一 　 ( 向量法 ) 设 AC 与 BD 交于点 O ，以点 O 为原点， 建立空间直角坐标系 O － xyz ，如图 . 取 DF 的中点 H ，连接 EH . ∴ 四边形 BEHD 为平行四边形， ∵ 在 Rt △ EHF 中， FH ＝ 1 ， EF ＝ 3 ， 设 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) 为平面 AEF 的法向量， n 2 ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ) 为平面 CEF 的法向量 . ∵ 二面角 A － EF － C 是直二面角， ∴ n 1 · n 2 ＝ 0 ，得 a ＝ 2 ， 由题意可得 ∠ EAB 为 AE 与平面 ABCD 所成的夹角， ∵ AB ＝ 2 ， BE ＝ 1 ， 方法二 　 ( 几何法 ) 设 AC 与 BD 交于点 O . ∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∴△ ADF ≌△ CDF ， △ ABE ≌△ CBE ， ∴ AF ＝ CF ， AE ＝ CE ， ∴△ AEF ≌△ CEF . 过 A 作 AM ⊥ EF ，连接 CM ，则 CM ⊥ EF ， 则 ∠ AMC 为二面角 A － EF － C 的平面角 . 设菱形的边长为 a ， ∵ BE ＝ 1 ， DF ＝ 2 ， EF ＝ 3 ， DF ⊥ BD ， ∵ 二面角 A － EF － C 为直二面角， ∴∠ AMC 为直角， 在 △ AEF 中， AM ⊥ EF ，设 ME ＝ x ，则 MF ＝ 3 － x ， 解 得 a ＝ 2. ∵ AE 与平面 ABCD 所成的角为 ∠ EAB ，