2019届高考数学二轮复习 第二篇 专题通关攻略 专题4 立体几何 2.4.3 用空间向量的方法解立体几何问题课件.ppt

第3课时用空间向量的方法解立体几何问题,热点考向一利用空间向量证明空间平行、垂直关系【考向剖析】:本考向考查形式主要为解答题,主要考查建立空间直角坐标系、利用空间向量的平行、垂直关系,证明空间直线、平面间的平行、垂直关系,以解,答题为主.考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、数学运算能力,多为基础题、中档题,分数为6分左右.2019年的高考仍将以解答题的形式考查,考查知识点:空间向量与直线、平面间的平行、垂直关系.,【典例1】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明:(1)BEDC.(2)BE平面PAD.(3)平面PCD平面PAD.,【大题小做】,【解析】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=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.(2)因为ABAD,又PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以ABPA,PAAD=A,所以AB平面PAD,所以向量=(1,0,0)为平面PAD的法向量.而=(0,1,1)(1,0,0)=0,所以BEAB,又BE平面PAD,所以BE平面PAD.,(3)由(2)知平面PAD的法向量=(1,0,0),向量=(0,2,-2),=(2,0,0),设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即,不妨令y=1,可得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.且n=(0,1,1)(1,0,0)=0,所以n.所以平面PCD平面PAD.,【易错警示】解答本题易出现三种错误(1)建系后,将相关点的坐标确定错,造成后面步步错.(2)在(2)中忽略BE平面PAD,而致误.(3)将平面的法向量求错,而致误.,【名师点睛】利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系.(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直线的方向向量或平面的法向量,再研究平行、垂直关系.(4)根据运算结果解释相关问题.,【考向精练】1.如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点,若D1FDE,则有(),A.B1E=EBB.B1E=2EBC.B1E=EBD.E与B重合,【解析】选A.分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),则=(0,1,-2),=(2,2,z),因为=02+12-2z=0,所以z=1,所以B1E=EB.,2.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则:A1MD1P;A1MB1Q;,A1M平面DCC1D1;A1M平面D1PQB1.以上说法正确的个数为()A.1B.2C.3D.4,【解析】选C.=+=+,=+=+,所以,所以A1MD1P,由线面平行的判定定理可知,A1M平面DCC1D1,A1M平面D1PQB1.正确.,【加练备选】1.(2018武汉调研)已知平面内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面的一个法向量n=(-1,-1,-1),则不重合的两个平面与的位置关系是_.,【解析】设平面的法向量为m=(x,y,z),由m=0,得x0+y-z=0y=z,由m=0,得x-z=0x=z,取x=1,所以m=(1,1,1),m=-n,所以mn,所以.答案:,2.(2018西安调研)已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若,=(x-1,y,-3),且BP平面ABC,则实数x+y=_.【解析】由条件得,解得x=,y=-,z=4,所以x+y=-=.答案:,3.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:APAB;APAD;是平面ABCD的一个法向量;.其中正确的序号是_.,【解析】因为=0,=0,所以ABAP,ADAP,则正确.又与不平行,所以是平面ABCD的一个法向量,则正确.由于=-=(2,3,4),=(-1,2,-1),所以与不平行,故错误.答案:,热点考向二利用空间向量求空间角高频考向,类型一求异面直线所成的角【典例2】(2015全国卷)如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC.,(1)证明:平面AEC平面AFC.(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.,【大题小做】,【解析】(1)连接BD,设BDAC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=.由BE平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AEEC,所以EG=,且EGAC.在RtEBG中,可得BE=,故DF=.,在RtFDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG.又ACFG=G,可得EG平面AFC.又因为EG平面AEC,所以平面AEC平面AFC.,(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,|为单位长度,建立空间直角坐标系.,由可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0),所以=(1,),=.故cos=-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.,【易错警示】解答本题易出现以下两种错误:1.在建立了坐标系后表示点的坐标时,容易出现错误.2.在利用夹角公式求余弦值的时候如果求出是负值,不要忽略了异面直线所成角的范围.,类型二计算直线与平面所成角【典例3】(2016全国卷)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,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.,【大题小做】,【解析】(1)由已知得AM=AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.又ADBC,故TNAM,TN=AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.,(2)取BC的中点F,连接AF.由AB=AC得AFBC,从而AFAD且AF=,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向,建立空间直角坐标系,由题意可得P,M,C,N,所以=,=,=,设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即可取n=,所以cos=,所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.,类型三计算二面角【典例4】如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点.世纪金榜导学号,(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.,【大题小做】,【解析】(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=AD,由BAD=ABC=90,得BCAD,又BC=AD,所以EFBC.四边形BCEF为平行四边形,CEBF.又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.,(2)由已知得BAAD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系,则A,B,C,P,=(1,0,-),=(1,0,0),设M,则=,=,因为BM与底面ABCD所成的角为45,而n=是底面ABCD的一个法向量,所以=sin45,=,即+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=-.,由得所以M,从而=.,设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos=,因此二面角M-AB-D的余弦值为.,【易错提醒】解答本题易出现以下两种错误:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角;二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算.,【名师点睛】1.利用空间向量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,写出相关向量的坐标.(3)结合公式进行论证、计算.(4)转化为几何结论.,2.利用空间向量求线线角、线面角的思路(1)异面直线所成的角,可以通过两直线的方向向量的夹角求得,即cos=|cos|.(2)直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得,即sin=|cos|.,3.利用空间向量求二面角的思路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.,如图所示,平面多边形ABCDE中,AE=ED,AB=BD,且AB=,AD=2,AE=,CD=1,ADCD,现沿直线AD,将ADE折起,得到四棱锥P-ABCD.,(1)求证:PBAD.(2)若PB=,求PD与平面PAB所成角的正弦值.【解析】(1)取AD的中点O,连接OB,OP,因为BA=BD,EA=ED,即PA=PD,所以OBAD且OPAD,又OBOP=O,所以AD平面BOP,而PB平面BOP,所以PBAD.,(2)可求得OP=1,OB=2,则OP2+OB2=5=PB2,所以POOB,所以OP,OB,OD两两互相垂直,以O为坐标原点,OB,OD,OP所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),=(0,-1,1),=(0,1,1),=(-2,0,1),设m=(a,b,c)为平面PAB的一个法向量,则由令a=1,则得c=2,b=-2,所以m=(1,-2,2),设PD与平面PAB所成角为,则sin=|cos|=,故sin=,即PD与平面PAB所成角的正弦值为.,【加练备选】1.(2018天津高考)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE.(2)求二面角E-BC-F的正弦值.,(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.,【解析】依题意,可以建立以D为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2).,(1)依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).,又=,可得n0=0,又因为直线MN平面CDE,所以MN平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则,即不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=,于是sin=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.,(3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=,由题意,可得=sin60=,解得h=0,2.所以线段DP的长为.,2.(2018湖北联考协作体联考)等边ABC的边长为3,点D,E分别为AB,AC上的点,且满足=(如图1),将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使二面角A1-DE-B成直二面角,连接A1B,A1C(如图2),(1)求证:A1D平面BCED.(2)在线段BC上是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)因为等边ABC的边长为3,且=,所以AD=1,AE=2.在ADE中,DAE=60,由余弦定理得DE=.因为AD2+DE2=AE2,所以ADDE.折叠后有A1DDE.,因为二面角A1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE平面BCED,又平面A1DE平面BCED=DE,A1D平面A1DE,A1DDE,所以A1D平面BCED,(2)由(1)的证明,可知EDDB,A1D平面BCED.以D为坐标原点,以射线DB,DE,DA1分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.,设PB=2a(02a3),过P作PHBD于H,连接A1H,则PH=a,DH=2-a,所以A1(0,0,1),P(2-a,a,0),E(0,0),所以=(a-2,-a,1),因为ED平面A1BD,所以平面A1BD的一个法向量为=(0,0),因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60,所以sin60=,解得a=,即PB=2a=,满足02a3,符合题意,所以在线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60,此时PB=.,热点考向三利用空间向量解决探索性问题考向剖析:本考向考查形式是解答题,主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或空间三种角大小有关的点所在位置、参数值的大小问题,该问题一般出现在解答题的最后一问,建立空间直角坐标系是关键,考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及运算能力.2019年的高考仍将以解答题的形式考查.,【典例5】已知某几何体的直观图和三视图如图所示,其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.,(1)M为AB中点,在线段CB上是否存在一点P,使得MP平面CNB1?若存在,求出BP的长;若不存在,请说明理由.(2)求二面角C-NB1-C1的余弦值.,【审题导引】(1)看到MP平面CNB1,可联想到直线方向向量与平面的法向量_.(2)看到求二面角的余弦,可联想到求两个平面的_.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则由该几何体的三视图可知:,垂直,法向,量,A(4,0,0),B(0,0,0),C(0,0,4),N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4).(1)设平面CNB1的法向量为n=(x,y,z),因为=(-4,-4,4),=(-4,4,0),所以,所以令x=1,可解得平面CNB1的一个法向量n=(1,1,2),设P(0,0,a)(0a4),由于M(2,0,0),则=(2,0,-a),又因为MP平面CNB1,所以n=2-2a=0,即a=1,所以在线段CB上存在一点P,使得MP平面CNB1,此时BP=1.,(2)设平面C1NB1的法向量为m=(x,y,z),因为=(-4,4,4),=(-4,4,0),所以所以令x=1,可解得平面C1NB1的一个法向量为m=(1,1,0),所以cos=.,由图可知,所求二面角为锐角,即二面角C-NB1-C1余弦值为.,【名师点睛】利用空间向量求解探索性问题的策略(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.,【考向精练】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=2,PB=3,PBAC.世纪金榜导学号,(1)求证:平面PAB平面PAC.(2)若PBA=45,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)因为四边形ABCD是平行四边形,AD=2,所以BC=AD=2,又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以ACAB,又PBAC,且ABPB=B,所以AC平面PAB,因为AC平面PAC,所以平面PAB平面PAC.,(2)由(1)知ACAB,AC平面PAB,如图,分别以AB,AC所在直线为x轴、y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,2,0),=(-2,2,0),由PBA=45,PB=3,可得P(-1,0,3),所以=(-1,0,3),=(-3,0,3),假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为,设=(01),则=(-,0,3),=-=(-,-2,3),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,可得x=y=1,所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1,1),设直线CE与平面PBC所成的角为,则sin=|cos|=,整理得32+4=0,因为00,故32+4=0无解,所以棱PA上不存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.,【加练备选】(2018南通二模)如图,在直角梯形AA1B1B中,A1AB=90,A1B1AB,AB=AA1=2A1B