2020高考数学艺考生冲刺第八章立体几何第25讲立体几何与空间向量（理）课件.pptx

第25讲立体几何与空间向量 理 1 点 线 面空间位置关系设直线l的方向向量为a a1 b1 c1 平面 的法向量分别为u a2 b2 c2 v a3 b3 c3 1 线面平行 l a u a u 0 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 线面垂直 l a u a ku a1 ka2 b1 kb2 c1 kc2 3 面面平行 u v u kv a2 ka3 b2 kb3 c2 kc3 4 面面垂直 u v u v 0 a2a3 b2b3 c2c3 0 2 空间角 1 异面直线所成的角设a b分别是两异面直线l1 l2的方向向量 则 2 直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a 平面 的法向量为n 直线l与平面 所成的角为 则 3 二面角如图 AB CD是二面角 l 的两个面内与棱l垂直的直线 则二面角的大小 如图 n1 n2分别是二面角 的两个半平面 的法向量 则二面角的大小 满足 cos cos 二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角 或其补角 题型一利用空间向量证明空间位置关系 例1 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为坐标原点 AB AD AP所在直线分别为x轴 y轴 z轴建立如图所示的空间直角坐标系 则A 0 0 0 B 1 0 0 C 1 2 0 D 0 2 0 P 0 0 1 即EF AB 又AB 平面PAB EF 平面PAB 所以EF 平面PAB 又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 规律方法 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 变式训练一在直三棱柱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B xyz 则B 0 0 0 D 0 2 2 B1 0 0 4 设BA a 则A a 0 0 即B1D BA B1D BD 又BA BD B BA 平面ABD BD 平面ABD 因此B1D 平面ABD 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 题型二利用空间向量求空间角 例2 1 2017 全国卷 如图 四面体ABCD中 ABC是正三角形 ACD是直角三角形 ABD CBD AB BD 1 证明 平面ACD 平面ABC 2 过AC的平面交BD于点E 若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分 求二面角D AE C的余弦值 解析 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D AC B的平面角 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 设n x1 y1 z1 是平面DAE的法向量 例2 2 2019 南昌重点中学联考 如图 四边形ABCD是矩形 沿对角线AC将 ACD折起 使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上 1 求证 平面ACD 平面BCD 解析 1 证明 如图 设点D在平面ABC内的射影为点E 连接DE 则DE 平面ABC 所以DE BC 因为四边形ABCD是矩形 所以AB BC 所以BC 平面ABD 所以BC AD 又AD CD 所以AD 平面BCD 而AD 平面ACD 所以平面ACD 平面BCD 2 以点B为原点 线段BC所在的直线为x轴 线段AB所在的直线为y轴 建立空间直角坐标系 如图所示 设AD a 则AB 2a 所以A 0 2a 0 C a 0 0 规律方法 1 利用空间向量求空间角的一般步骤 建立恰当的空间直角坐标系 求出相关点的坐标 写出相关向量的坐标 结合公式进行论证 计算 转化为几何结论 2 求空间角应注意的三个问题 两条异面直线所成的角 不一定是直线的方向向量的夹角 即cos cos 直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值 注意函数名称的变化 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 变式训练二1 2019 太原模拟 如图 在几何体ABCDEF中 四边形ABCD是菱形 BE 平面ABCD DF BE 且DF 2BE 2 EF 3 1 证明 平面ACF 平面BEFD 2 若二面角A EF C是直二面角 求直线AE与平面ABCD所成角的正切值 解 1 证明 四边形ABCD是菱形 AC BD BE 平面ABCD BE AC BD BE B AC 平面BEFD AC 平面ACF 平面ACF 平面BEFD 2 设AC与BD的交点为O 由 1 得AC BD 分别以OA OB为x轴和y轴 过点O作垂直于平面ABCD的直线为z轴 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz BE 平面ABCD BE BD DF BE DF BD BD2 EF2 DF BE 2 8 设m x1 y1 z1 是平面AEF的法向量 二面角A EF C是直二面角 2 2019 陕西模拟 如图 在三棱柱ABC A1B1C1中 A1A AB ABC 90 侧面A1ABB1 底面ABC 1 求证 AB1 平面A1BC 2 若AC 5 BC 3 A1AB 60 求二面角B A1C C1的余弦值 解 1 证明 PA 底面ABCD AB 底面ABCD PA AB 又AD AB PA AD A AB 平面PAD PD 平面PAD PD AB E是PD的中点 AD AP AE PD 又AE AB A PD 平面ABE 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz 令AB 2 则B 2 0 0 P 0 0 2 C 2 2 0 F 1 0 0 令z1 1 则m 2 1 1 为平面PFM的一个法向量 设平面BFM的法向量为n x2 y2 z2 题型三立体几何中的探索性问题 例3 2016 北京卷考 如图 在四棱锥P ABCD中 平面PAD 平面ABCD PA 1 求证 PD 平面PAB 2 求直线PB与平面PCD所成角的正弦值 解析 1 证明 因为平面PAD 平面ABCD 平面PAD 平面ABCD AD AB AD AB 平面ABCD 所以AB 平面PAD 所以AB PD 又因为PA PD PA AB A 所以PD 平面PAB 2 取AD的中点O 连接PO CO 因为PA PD 所以PO AD 又因为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 由题意得 A 0 1 0 B 1 1 0 C 2 0 0 D 0 1 0 P 0 0 1 如图所示 建立空间直角坐标系O xyz 设平面PCD的法向量为n x y z 令z 2 则x 1 y 2 所以n 1 2 2 规律方法 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 变式训练三如图所示 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 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 1 以D为坐标原点 以DA DC DM为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系D xyz 2 假设在线段AN上存在点S 使得ES 平面AMN 连接AE ES 1 2018 惠州三调 如图 四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面 点P在圆柱OQ的底面圆周上 G是DP的中点 圆柱OQ的底面圆的半径OA 2 侧面积为8 AOP 120 1 求证 AG BD 2 求二面角P AG B的余弦值 解 建立如图所示的空间直角坐标系 作PE AB 垂足为E OP OA 2 AOP 120 EOP 60 PE OE 1 AE AO OE 3 AG BD 2 2018 陕西模拟 如图 在三棱柱ABC A1B1C1中 A1A AB ABC 90 侧面A1ABB1 底面ABC 1 求证 AB1 平面A1BC 2 若AC 5 BC 3 A1AB 60 求二面角B A1C C1的余弦值 解 1 证明 在侧面A1ABB1中 A1A AB 四边形A1ABB1为菱形 AB1 A1B 侧面A1ABB1 底面ABC ABC 90 平面A1ABB1 平面ABC AB CB 侧面A1ABB1 AB1 平面A1ABB1 CB AB1 又 A1B BC B AB1 平面A1BC 2 在Rt ABC中 AC 5 BC 3 AB 4 在菱形A1ABB1中 A1AB 60 A1AB为正三角形 如图 以菱形A1ABB1的对角线交点O为坐标原点 OA1所在直线为x轴 OA所在直线为y轴 过点O且与BC平行的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系 3 2018 成都一诊 如图 在正方形ABCD中 点E F分别是AB BC的中点 BD与EF 分别沿DE DF EF折起 使点A C重合于点B 该点记为P 如图 所示 1 若 2 求证 GR 平面PEF 的值 若不存在 请说明理由 解 1 证明 由题意 可知PE PF PD三条直线两两垂直 PD 平面PEF 在图 中 E F分别是AB BC的中点 G为BD的中点 EF AC GD GB 2GH 在 PDH中 GR PD GR 平面PEF 2 由题意 分别以PF PE PD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P xyz 设PD 4 则P 0 0 0 F 2 0 0 E 0 2 0 D 0 0 4 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 1 将 ADE沿DE折起到 A1DE的位置 使二面角A1 DE B为直二面角 连接A1B A1C 如图2 所以AD 1 AE 2 在 ADE中 DAE 60 由余弦定理得 从而AD2 DE2 AE2 所以AD DE 折起后有A1D DE 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 DE 所以A1D 平面BCED 2 存在 理由 由 1 可知ED DB A1D 平面BCED 以D为坐标原点 分别以DB DE DA1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D xyz 设PB 2a 0 2a 3 作PH BD于点H 连接A1H A1P 2 2018 湖北五校联考 如图 在四棱锥P ABCD中 PA 平面ABCD AD BC AD CD 1 求证 AB PC 2 在线段PD上 是否存在一点M 使得二面角M AC D的大小为45 如果存在 求BM与平面MAC所成角的正弦值 如果不存在 请说明理由 解 1 证明 如图 由已知得四边形ABCD是直角梯形 可得AB AC 4 所以BC2 AB2 AC2 所以 BAC 90 即AB AC 因为PA 平面ABCD 所以PA AB 又PA AC A 所以AB 平面PAC 所以AB PC 2 存在 理由如下 取BC的中点E 则AE BC 以A为坐标原点 AE AD AP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 又m 0 0 1 是平面ACD的一个法向量 一 选择题1 2018 北京卷 某四棱锥的三视图如图所示 在此四棱锥的侧面中 直角三角形的个数为 A 1B 2C 3D 4 C 解析 由三视图可得四棱锥P ABCD 在四棱锥P ABCD中 PD 2 AD 2 CD 2 AB 1 则在四棱锥中 直角三角形有 PAD PCD PAB共三个 故选C 2 2019 全国卷 文理 设 为两个平面 则 的充要条件是 A 内有无数条直线与 平行B 内有两条相交直线与 平行C 平行于同一条直线D 垂直于同一平面 B 解析 由面面平行的判定定理知 内两条相交直线都与 平行是 的充分条件 由面面平行性质定理知 若 则 内任意一条直线都与 平行 所以 内两条相交直线都与 平行是 的必要条件 故选B 3 201 全国卷 在长方体ABCD A1B1C1D1中 AB BC 2 AC1与平面BB1C1C所成的角为30 则该长方体的体积为 C 解析 在长方体ABCD A1B1C1D1中 连接BC1 根据线面角的定义可知 AC1B 30 4 2018 全国卷 在正方体ABCD A1B1C1D1中 E为棱CC1的中点 则异面直线AE与CD所成角的正切值为 C 解析 在正方体ABCD A1B1C1D1中 CD AB 所以异面直线AE与CD所成角为 EAB 设正方体边长为2a 则由E为棱CC1的中点 可得CE a 故选C 5 2019 全国卷 理 已知三棱锥P ABC的四个顶点在球O的球面上 PA PB PC ABC是边长为2的正三角形 E F分别是PA PB的中点 CEF 90 则球O的体积为 D 解析 解法一 PA PB PC ABC为边长为2的等边三角形 P ABC为正三棱锥 PB AC 又E F分别为PA AB的中点 EF PB EF AC 又EF CE CE AC C 解法二 设PA PB PC 2x E F分别为PA AB中点 二 填空题6 2018 江苏卷 如图所示 正方体的棱长为2 以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 解析 由图可知 该多面体为两个全等正四棱锥的组合体 正四棱锥的高为1 底面正 7 2018 天津卷 如图 已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1 则四棱锥A1 BB1D1D的体积为 解析 如图所示 连结A1C1 交B1D1于点O 很明显A1C1 平面BDD1B1 8 2018 全国卷 已知圆锥的顶点为S 母线SA SB互相垂直 SA与圆锥底面所成角为30 若 SAB的面积为8 则该圆锥的体积为 8 解析 如下图所示 SAO 30 ASB 90 9 2019 全国卷 文 已知 ACB 90 P为平面ABC外一点 PC 2 点P到 ACB两边AC BC的距离均为 那么P到平面ABC的距离为 解析 作PD PE分别垂直于AC BC PO 平面ABC 连CO 知CD PD CD PO PD OD D CD 平面PDO OD 平面PDO CD OD 10 2019 全国卷 文理 中国有悠久的金石文化 印信是金石文化的代表之一 印信的形状多为长方体 正方体或圆柱体 但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是 半正多面体 图1 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体 半正多面体体现了数学的对称美 图2是一个棱数为48的半正多面体 它的所有顶点都在同一个正方体的表面上 且此正方体的棱长为1 则该半正多面体共有个面 其棱长为 26 解析 由图可知第一层与第三层各有9个面 计18个面 第二层共有8个面 所以该半正多面体共有18 8 26个面 如图 设该半正多面体的棱长为x 则AB BE x 延长CB与FE交于点G 延长BC交正方体棱于H 由半正多面体对称性可知 BGE为等腰直角三角形 三 解答题11 2018 江苏卷 在平行六面体ABCD A1B1C1D1中 AA1 AB AB1 B1C1 求证 1 AB 平面A1B1C 2 平面ABB1A1 平面A1BC 证明 1 在平行六面体ABCD A1B1C1D1中 AB A1B1 因为AB 平面A1B1C A1B1 平面A1B1C 所以AB 平面A1B1C 2 在平行六面体ABCD A1B1C1D1中 四边形ABB1A1为平行四边形 又因为AA1 AB 所以四边形ABB1A1为菱形 因此AB1 A1B 又因为AB1 B1C1 BC B1C1 所以AB1 BC 又因为A1B BC B A1B 平面A1BC BC 平面A1BC 所以AB1 平面A1BC 因为AB1 平面ABB1A1 所以平面ABB1A1 平面A1BC 12 2018 北京卷 如图 在四棱锥P ABCD中 底面ABCD为矩形 平面PAD 平面ABCD PA PD PA PD E F分别为AD PB的中点 1 求证 PE BC 2 求证 平面PAB 平面PCD 3 求证 EF 平面PCD 证明 1 PA PD 且E为AD的中点 PE AD 底面ABCD为矩形 BC AD PE BC 2 底面ABCD为矩形 AB AD 平面PAD 平面ABCD AB 平面PAD AB PD 又PA PD PD 平面PAB 平面PAB 平面PCD 3 如图 取PC中点G 连接FG GD F G分别为PB和PC的中点 PG BC 且FG BC 四边形ABCD为矩形 且E为AD的中点 ED BC DE BC ED FG 且ED FG 四边形EFGD为平行四边形 EF GD 又EF 平面PCD GD 平面PCD EF 平面PCD 13 2018 全国卷 如图 在平行四边形ABCM中 AB AC 3 ACM 90 以AC为折痕将 ACM折起 使点M到达点D的位置 且AB DA 1 证明 平面ACD 平面ABC 2 Q为线段AD上一点 P为线段BC上一点 且BP DQ DA 求三棱锥Q ABP的体积 解 1 证明 由已知可得 BAC 90 BA AC 又BA AD 且AC AD A 所以AB 平面ACD 又AB 平面ABC 所以平面ACD 平面ABC 由已知及 1 可得DC 平面ABC 所以QE 平面ABC QE 1 因此 三棱锥Q ABP的体积为 14 2018 全国卷 如图 在三棱锥P ABC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MC 2MB 求点C到平面POM的距离 由OP2 OB2 PB2知 OP OB 由OP OB OP AC知PO 平面ABC 2 作CH OM 垂足为H 又由 1 可得OP CH 所以CH 平面POM 故CH的长为点C到平面POM的距离 15 2019 全国卷 文 如图 直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形 AA1 4 AB 2 BAD 60 E M N分别是BC BB1 A1D的中点 1 证明 MN 平面C1DE 2 求点C到平面C1DE的距离 解 1 连接ME B1C M E分别为BB1 BC中点 ME为 B1BC的中位线 ME ND 四边形MNDE为平行四边形 MN DE 又MN 平面C1DE DE 平面C1DE MN 平面C1DE 2 在