高中数学北师大版(2019)选择性必修1-第三章章末知识梳理课件
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章末知识梳理
知识体系构建 要点专项突破
知识体系构建
要点专项突破
要点一
用向量法求空间角、距离
(3)二面角：如图，
有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β 所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角 是锐角还是钝角．
(4)建立恰当的空间直角坐标系；写出(求出)相关点的坐标；求出相 关向量的坐标；代入对应的距离公式计算．所有的距离最后都可以归结 为空间两点的距离和点到面的距离．
(1)证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD； (2)当直线AF与平面PCD所成的角最大时，求二面角F－AE－M的余 弦值．
[解析] (1)连接AC.∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC是正三角形， 又E是BC的中点，∴AE⊥BC， 又AD∥BC，∴AE⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE， 又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAD.故无论点F在PC上如何移 动，都有平面AEF⊥平面PAD.
典例1
典例2 (2021·全国乙卷理，18)如图，四棱锥P－ABCD的底面是 矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC； (2)求二面角A－PM－B的正弦值．
[解析] (1)因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的 空间直角坐标系D－xyz，
(2)过点A作AF⊥AD，交BC于点F，又PA⊥平面ABCD，所以以A为 坐标原点，AF，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间 直角坐标系，
要点三
立体几何中的两类问题
角度1 图形的不规则化 当问题所给的图形不是我们所熟悉的柱、锥、台等几何体，而是一 个不规则的几何体时，对此，只要能够建立恰当的空间直角坐标系，确 定出各相关点的坐标，即可解决问题．
典例5
[解析] (1)设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点． 又E为PB的中点，所以EF∥PD. 因为PD⊄ 平面ACE，EF⊂平面ACE，所以PD∥平面ACE. (2)取CD的中点O，连接PO，FO， 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD，又OF∥BC，所以OF⊥CD. 因为PC＝PD，O为CD的中点， 所以PO⊥CD， 又平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD ＝CD，所以P图形中建立空间直角坐标系后，某些关键点的坐标却不易确 定，它需要利用题设的其他条件，通过待定系数法来求解．
典例8 如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形， ∠ABC＝60°，AB＝PA＝2，PA⊥平面ABCD，E，M分别是BC，PD的中 点，点F在棱PC上移动．
典例3 已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边 AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B 到平面EFG的距离．
典例4 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F 分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD间的距 离．
[解析] 如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，M(2，0， 4)，A(4，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)，
要点二
利用向量方法解决立体几何中的存在型探究性问题
以立体几何中的位置关系或度量关系为背景的存在型探究性问题， 改变了传统的几何证明或计算，能力要求较高，由于此类问题所涉及的 点具有不确定性，因此使用一般方法解决起来难度较大，而若用向量方 法，特别是向量的坐标运算，通过待定系数法求解，则思路清晰，操作 方便．
典例6
[解析] (1)取AD的中点M，连接EM，MC，则EM∥PA. 因为EM⊄ 平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EM∥平面PAB. 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，MC＝AM，所以∠ACM＝60°. 而∠BAC＝60°， 所以MC∥AB， 又MC⊄ 平面PAB，AB⊂平面PAB，所以MC∥平面PAB. 又EM∩MC＝M，所以平面EMC∥平面PAB. 因为CE⊂平面EMC，所以CE∥平面PAB.
知识体系构建 要点专项突破
知识体系构建
要点专项突破
要点一
用向量法求空间角、距离
(3)二面角：如图，
有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β 所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角 是锐角还是钝角．
(4)建立恰当的空间直角坐标系；写出(求出)相关点的坐标；求出相 关向量的坐标；代入对应的距离公式计算．所有的距离最后都可以归结 为空间两点的距离和点到面的距离．
(1)证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD； (2)当直线AF与平面PCD所成的角最大时，求二面角F－AE－M的余 弦值．
[解析] (1)连接AC.∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC是正三角形， 又E是BC的中点，∴AE⊥BC， 又AD∥BC，∴AE⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE， 又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAD.故无论点F在PC上如何移 动，都有平面AEF⊥平面PAD.
典例1
典例2 (2021·全国乙卷理，18)如图，四棱锥P－ABCD的底面是 矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC； (2)求二面角A－PM－B的正弦值．
[解析] (1)因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的 空间直角坐标系D－xyz，
(2)过点A作AF⊥AD，交BC于点F，又PA⊥平面ABCD，所以以A为 坐标原点，AF，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间 直角坐标系，
要点三
立体几何中的两类问题
角度1 图形的不规则化 当问题所给的图形不是我们所熟悉的柱、锥、台等几何体，而是一 个不规则的几何体时，对此，只要能够建立恰当的空间直角坐标系，确 定出各相关点的坐标，即可解决问题．
典例5
[解析] (1)设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点． 又E为PB的中点，所以EF∥PD. 因为PD⊄ 平面ACE，EF⊂平面ACE，所以PD∥平面ACE. (2)取CD的中点O，连接PO，FO， 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD，又OF∥BC，所以OF⊥CD. 因为PC＝PD，O为CD的中点， 所以PO⊥CD， 又平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD ＝CD，所以P图形中建立空间直角坐标系后，某些关键点的坐标却不易确 定，它需要利用题设的其他条件，通过待定系数法来求解．
典例8 如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形， ∠ABC＝60°，AB＝PA＝2，PA⊥平面ABCD，E，M分别是BC，PD的中 点，点F在棱PC上移动．
典例3 已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边 AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在的平面，且GC＝2，求点B 到平面EFG的距离．
典例4 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F 分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD间的距 离．
[解析] 如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，M(2，0， 4)，A(4，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)，
要点二
利用向量方法解决立体几何中的存在型探究性问题
以立体几何中的位置关系或度量关系为背景的存在型探究性问题， 改变了传统的几何证明或计算，能力要求较高，由于此类问题所涉及的 点具有不确定性，因此使用一般方法解决起来难度较大，而若用向量方 法，特别是向量的坐标运算，通过待定系数法求解，则思路清晰，操作 方便．
典例6
[解析] (1)取AD的中点M，连接EM，MC，则EM∥PA. 因为EM⊄ 平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EM∥平面PAB. 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，MC＝AM，所以∠ACM＝60°. 而∠BAC＝60°， 所以MC∥AB， 又MC⊄ 平面PAB，AB⊂平面PAB，所以MC∥平面PAB. 又EM∩MC＝M，所以平面EMC∥平面PAB. 因为CE⊂平面EMC，所以CE∥平面PAB.