2020版高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理

[题后悟通] 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．
以 D 为坐标原点，DE，DC，DP 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐 标系，如图所示．
则 D(0,0,0)，P(0,0,3)，N(323，12，0)，C(0,3,0)，A(323，－32，0)，M(0,0,1)，所以A→M ＝(－3 2 3，32，1)，P→C＝(0,3，－3)，N→C＝(－3 2 3，52，0)． 设平面 PNC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
所以 EF∥BC1. 又 EF⊄平面 BCC1B1，BC1⊂平面 BCC1B1， 所以 EF∥平面 BCC1B1.
(2)以 A1 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A1-xyz， 则 A(0,0,6)，B1(0,4,0)，E(2,0,3)，F(0,2,6)， 所以B→1F＝(0，－2,6)，A→E＝(2,0，－3)，A→F＝(0,2,0)． 设平面 AEF 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·A→E＝2x－3z＝0
则n·A→F＝2y＝0
，令 x＝3，得 n＝(3,0,2)．
记
B1F
与平面
AEF
所成ห้องสมุดไป่ตู้为
θ，则
sin
θ＝|cos〈B→1F，n〉|＝3
130 65 .
2．(2019·保定模拟)如图，已知四棱锥中，四边形 ABCD 为矩形，AB＝2 2，BC＝SC ＝SD＝2，BC⊥SD.
(1)求证：SC⊥平面 SAD； (2)设A→E＝12E→B，求平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值．
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD， 则 BC⊥平面 SDC, 又 BC∥AD， 则 AD⊥平面 SDC，SC⊂平面 SDC， SC⊥AD， 又在△SDC 中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2 则 SC⊥SD ，又 SD∩AD＝D ∴SC⊥平面 SAD
方程的思想、转化与化归思想.
.
[题组练透] 1．如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1⊥底面 A1B1C1，AC⊥AB，AC＝AB＝4，AA1 ＝6，点 E，F 分别为 CA1 与 AB 的中点．
(1)证明：EF∥平面 BCC1B1； (2)求 B1F 与平面 AEF 所成角的正弦值．
解析：(1)证明：如图，连接 AC1，BC1. 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，E 为 AC1 的中点． 又因为 F 为 AB 的中点，
第3讲 空间向量与立体几何
利用空间向量证明平行与垂直
考情调研
考向分析
利用空间向量证明空间中的位置关系是近几年高
考重点考查的内容，涉及直线的方向向量，平面的
法向量及空间直线、平面之间位置关系的向量表示 1.利用向量证明线面、面面平行．
等内容．以解答题为主，主要考查空间直角坐标系 2.利用向量证明线面、面面垂直.
2．如图所示，在四棱锥 P -ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PD⊥平面 ABCD，PD＝ AD＝3，PM＝2MD，AN＝2NB，∠DAB＝60°. 求证：直线 AM∥平面 PNC.
证明：取 AB 的中点 E，因为底面 ABCD 是菱形，∠DAB＝60°， 所以∠AED＝90°. 因为 AB∥CD， 所以∠EDC＝90°，即 CD⊥DE. 又 PD⊥平面 ABCD，CD，DE⊂平面 ABCD， 所以 PD⊥CD，PD⊥DE. 故 DP，DE，DC 两两垂直．
(2)作 SO⊥CD 于 O，∵BC⊥平面 SDC， ∴平面 ABCD⊥平面 SDC，故 SO⊥平面 ABCD， 以点 O 为原点，建立坐标系如图：
n·P→C＝0， 3y－3z＝0， 则n·N→C＝0， 即－323x＋52y＝0， 令 z＝1，得平面 PNC 的一个法向量为 n＝(593，1,1)，
所以A→M·n＝－3 2 3×5 9 3＋32×1＋1＝0， 即A→M⊥n， 又 AM⊄平面 PNC， 所以直线 AM∥平面 PNC.
利用空间向量求空间角
考情调研
考向分析
本考点为高考中的必考内容，涉及用向量
法计算空间异面直线所成角、直线和平面
所成角、二面角及空间距离等内容，考查 1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角．
热点是空间角的求解．题型以解答题为主， 2.由空间角的大小求参数值或线段长
要求有较强的运算能力，广泛应用函数与
则 B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，B→A1＝(－1,2， 3)，B→D＝(－2,1,0)． 因为 n⊥B→A1，n⊥B→D， 故nn··BB→→DA1＝＝00，， 即－ －x2＋ x＋2yy＋ ＝0，3z＝0， 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3， 故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的一个法向量， 而A→B1＝(1,2，－ 3)，所以A→B1＝n，所以A→B1∥n， 故 AB1⊥平面 A1BD.
的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，有
时也以探索论证题的形式出现.
[题组练透] 1．如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1 的所有棱长都为 2， D 为 CC1 的中点．求证：AB1⊥平面 A1BD.
证明：取 BC 的中点 O，连接 AO. 因为△ABC 为正三角形， 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，平面 ABC⊥平面 BCC1B1， 且平面 ABC∩平面 BCC1B1＝BC， 所以 AO⊥平面 BCC1B1. 取 B1C1 的中点 O1，以 O 为原点，分别以 OB，OO1， OA 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，