2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第八章 立体几何与空间向量8.7

大一轮复习讲义
第八章立体几何与空间向量
§8.7立体几何的综合问题
NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类
深度剖析
课时作业
1基础知识自主学习PART ONE
知识梳理1.直线的方向向量与平面的法向量的确定
(1)直线的方向向量：在直线上任取一向量作为它的方向向量.
(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n
为平面α的法向量，则求法向量的方程组为ZHISHISHULI 非零⎩⎪⎨⎪⎧ n ·a ＝0，n ·b ＝0.
2.空间中平行、垂直关系的证明方法
(1)利用空间平行、垂直关系的转化：
线线关系线面关系面面关系.
(2)利用直线的方向向量和平面的法向量的关系.
3.求两条异面直线所成的角
(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角).
(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的锐角.
4.求直线与平面所成的角
(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)解三角形.
(2)直线与平面所成角的求法
设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与
n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝_____.
|a ·n |
|a ||n |
5.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二
〈AB→，CD→〉
面角的大小θ＝__________.
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝_______________，二面角的平面角大小是向量n
与
|cos〈n1，n2〉|
1
n2的夹角(或其补角).
×(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β
的大小是π－θ.()
基础自测JICHUZICE 题组一思考辨析
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面的单位法向量是唯一确定的.()(2)若两平面的法向量平行，则两平面平行.()
(3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.()
(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.()
×√×(5)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π].( )
√√
题组二教材改编
2.[P104T2]设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2，2，5)，当v ＝(3，－2，2)
时，α与β的位置关系为______
；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为______.
解析当v ＝(3，－2，2)时，
u ·v ＝(－2，2，5)·(3，－2，2)＝0得α⊥β.
当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u 得α∥β.
α⊥βα∥β
3.[P111T3]如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的
中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是______.
垂直
∴ON 与AM 垂直.
解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐
标系，如图所示.
设正方体的棱长为1，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1，12，O ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12，0，1， AM →·ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫0，－12，1＝0，
4.[P104T2]已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平
面所成的二面角为___________.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2
＝22，即〈m ，n 〉＝45°. 45°或135°
题组三易错自纠
5.直线l的方向向量a＝(1，－3，5)，平面α的法向量n＝(－1，3，－5)，则有
√
A.l∥α
B.l⊥α
C.l与α斜交
D.l⊂α或l∥α
解析由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α，故选B.
∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
6.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为____.
30°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12， ∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，
2题型分类深度剖析PART TWO
题型一
证明平行或垂直问题
师生共研A.相交
B.平行
C.垂直
D.MN 在平面BB 1C 1C 内
1.(2018·台州调研)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分
别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是
√
解析以点C 1为坐标原点，分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 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，
由于A 1M ＝AN ＝2a 3，
则M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫－a 3，0，2a 3. 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，
所以C 1D 1――→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量.
因为MN →·C 1D 1――→＝0，所以MN →⊥C 1D 1――→，
又MN ⊄平面BB C C ，所以MN ∥平面BB C C .
2.(2010·浙江)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是
√
A.若l⊥m，m⊂α，则l⊥α
B.若l⊥α，l∥m，则m⊥α
C.若l∥α，m⊂α，则l∥m
D.若l∥α，m∥α，则l∥m
解析对于A，由l⊥m及m⊂α，可知l与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故A不正确.B正确.
对于C，由l∥α，m⊂α知，l与m的位置关系为平行或异面，故C不正确.
对于D，由l∥α，m∥α知，l与m的位置关系为平行、异面或相交，故D不正确.
3.如图，在三棱锥P－ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.
求证：MN∥平面BDE.
由题意，可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0).
证明 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方
向建立空间直角坐标系.
DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2).
设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1， 可得n ＝(1，0，1).又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.
4.如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
(1)P A⊥BD；
证明取BC 的中点O ，连接PO ，
∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形，
平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ，
∴PO ⊥底面ABCD .
以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3， ∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3)，
∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3).
∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，
∴P A →⊥BD →，∴P A ⊥BD .
(2)平面P AD ⊥平面P AB .
证明 取P A 的中点M ，连接DM ，则
M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，－1，32. ∵DM →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)， ∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，
∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .
∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，
∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .
又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ，
∴DM ⊥平面P AB .
∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB .
思维升华
(1)证明平行或垂直问题要以两条直线的平行或垂直为基础，灵活转化线线、线面、面面的关系.
(2)利用向量法证明平行、垂直问题时，要充分应用直线的方向向量和平面的法向量，将空间线面关系转化为向量的关系.
题型二空间角的计算命题点
1求直线和平面所成的角
(1)求AC 的长；
多维探究例1 (2018·温州高考适应性测试)如图，在四面体ABCD 中，AB ＝BC ＝CD ＝33BD
＝12AD ＝1，平面ABD ⊥平面CBD .
解∵AB＝1，BD＝3，AD＝2，
∴AD2＝AB2＋BD2，即AB⊥BD.
又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面CBD，∴AB⊥BC，
∵AB＝BC＝1，∴AC＝ 2.
(2)点E是线段AD的中点，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值.
解方法一由(1)可知AB ⊥平面CBD ，如图，过点B 作BG ⊥DC 的延长线于点G ，连接AG ，则有CD ⊥平面ABG ，
∴平面AGD ⊥平面ABG ，过点B 作BH ⊥AG 于点H ，平面AGD ∩平面ABG ＝AG ，∴BH ⊥平面AGD ，连接HE ，
则∠BEH 为直线BE 与平面ACD 所成的角.
由BC ＝CD ＝1，BD ＝3，易得∠BCD ＝120°，
∴BG ＝32.又AB ＝1，
∴AG ＝72，BH ＝217.
又BE ＝12AD ＝1，∴sin ∠BEH ＝BH BE ＝217， 即直线BE 与平面ACD 所成角的正弦值为217.
方法二在平面BCD 上作BF ⊥BC ，分别以B 为原点，BC ，BF ，BA 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，
则有C (1，0，0)，D ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫32，32，0，A (0，0，1)， 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
∵AC →＝(1，0，－1)，CD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12，32，0， 又⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC →＝0，n ·CD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －z ＝0，12x ＋32y ＝0，
令y ＝－1，则x ＝z ＝3，
设直线BE 与平面ACD 所成的角为θ，
∴n ＝(3，－1，3)是平面ACD 的一个法向量.
又BE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫34，34，12， ∴sin θ＝|cos 〈BE →，n 〉|＝|BE →·n ||BE →||n |＝31×7＝217.
命题点2求二面角
例2(2018·浙江名校(诸暨中学)交流卷四)如图，已知ABC 为等边三角形，M
为AB 的中点，AA 1，BB 1分别垂直平面ABC 于点A ，B ，AA 1＝AB ，BB 1＝
MN ⊥A 1B 1，垂足为N .
12
AB ， (1)求证：CN ⊥A 1B 1；
证明因为AA
1，BB
1
分别垂直平面ABC于点A，B，
所以平面AA
1
B1B⊥平面ABC，
又M为AB的中点，所以CM⊥AB，
于是CM⊥平面A
1
ABB1，所以CM⊥A1B1.
又因为MN⊥A
1
B1，CM∩MN＝M，
所以A
1
B1⊥平面CMN，又CN⊂平面CMN，
所以A
1
B1⊥CN.
(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.
解方法一如图，延长AB ，A 1B 1相交于点D ，连接CD ，
则CD 为所求二面角的棱.
因为BB 1＝12AA 1，BB 1∥AA 1，所以DB DA ＝12，
于是BD ＝BC ＝BA ，于是∠ACD ＝90°，即CD ⊥CA .
又因为CD ⊥AA 1，CA ∩AA 1＝A ，
所以CD ⊥平面AA 1C ，所以CD ⊥CA 1.
于是∠A 1CA 即为所求二面角的平面角.
在Rt △A 1AC 中，AA 1＝AB ＝AC ，所以∠A 1CA ＝45°，
所以tan ∠A 1CA ＝1.
综上，平面ABC 与平面A 1B 1C 所成的锐二面角的正切值为1.
方法二如图，以M 为原点，MA 为x 轴，MC 为y 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝2.
则C (0，3，0)，A 1(1，0，2)，B 1(－1，0，1)，
设平面A 1B 1C 的法向量为n 1＝(x ，y ，z ).
由CA 1→·n 1＝0，A 1B 1―→·n 1＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
x －3y ＋2z ＝0，－2x －z ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝－2， 故n 1＝(1，－3，－2).
CA 1→＝(1，－3，2)，A 1B 1―→＝(－2，0，－1)，
设所求二面角的大小为θ，
又平面ABC 的一个法向量为n 2＝(0，0，1).
所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝222
＝22，所以tan θ＝1.
思维升华
(1)利用定义法计算空间角的三步曲：一作二证三计算.
(2)利用向量法求角时，可利用基底法或建立空间直角坐标系，要注意两个向量的夹角和所求角的关系.
跟踪训练(2018·宁波模拟)如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，
点E在线段CD上，满足BE⊥CD，且CE＝AB＝
1
4CD＝2，现将△ADE沿AE翻折到△AME位置，使得MC＝210.
(1)证明：AE⊥MB；
证明方法一在梯形ABCD中，连接BD交AE于点N，由条件易得BD＝43，
∴BC2＋BD2＝CD2，故BC⊥BD.
又BC∥AE，∴AE⊥BD，
从而AE⊥BN，AE⊥MN，且BN∩MN＝N，
∴AE⊥平面MNB，又MB⊂平面MNB，∴AE⊥MB.
方法二由ME＝DE＝6，CE＝2，MC＝210，得ME2＋CE2＝MC2，故CE⊥ME.
又CE⊥BE，且ME∩BE＝E，
∴CE⊥平面BEM.
∵MB⊂平面BEM，∴CE⊥MB，
又AB∥CE，∴AB⊥MB.
易得AM＝AD＝27，
则在Rt△ABM中，MB＝26，
又BE＝23，∴ME2＝MB2＋BE2，故BE⊥MB.又AB∩BE＝B，∴MB⊥平面ABE，
又AE⊂平面ABE，∴AE⊥MB.
(2)求直线CM与平面AME所成角的正弦值.
解方法一设直线MC 与平面AME 所成角为θ，
则sin θ＝h MC ，其中h 为点C 到平面AME 的距离.
∵AE ∥BC ，
∴点C 到平面AME 的距离即为点B 到平面AME 的距离.
由V M —ABE ＝13S △ABE ·MB ＝V B —AME ＝13S △AME ·h ，
得h ＝S △ABE ·MB S △AME ＝263，∴sin θ＝h MC ＝1515.
方法二∵MB ⊥平面ABCE ，
∴建立空间直角坐标系如图所示，
则A (0，2，0)，C (23，－2，0)，E (23，0，0)，M (0，0，26)，
则AM →＝(0，－2，26)，AE →＝(23，－2，0)，MC →＝(23，－2，－26).
设平面AME 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0，m ·AE →＝0，可取m ＝(2，6，1).
设直线CM 与平面AME 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈m ，MC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·MC →|m ||MC →|＝1515.
思维点拨本题主要考查线线平行的证明，线面角的正弦值的求法以及空间中线线、线面、面面间的位置关系等，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.
例(15分)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧面PCD 为正三角形且二面角P —CD —A 的大小为60°.
(1)设侧面P AD 与侧面PBC 的交线为m ，求证：m ∥BC ；
(2)设直线AB 与侧面PBC 所成的角为θ，求sin θ的值.
答题模板DATIMUBAN 利用空间向量求空间角
规范解答
(1)证明因为BC∥AD，BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，
所以BC∥侧面P AD.
又侧面P AD∩侧面PBC＝m，所以m∥BC.[5分] (2)解方法一取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，
则PM⊥CD，MN⊥CD.
所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角，
从而∠PMN＝60°.
作PO⊥MN于点O，则PO⊥底面ABCD.
因为CM＝2，所以PM＝23，
所以OM＝3，OP＝3. [9分]
以O 为原点，ON 所在直线为x 轴，OP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (4－3，－2，0)，B (4－3，2，0)，C (－3，2，0)，P (0，0，3)， AB →＝(0，4，0)，PB →＝(4－3，2，－3)，PC →＝(－3，2，－3).
设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ (4－3)x ＋2y －3z ＝0，－3x ＋2y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，2y ＝3z .
取n ＝(0，3，2).
则sin θ＝|cos 〈n ，AB →〉|＝1213×4
＝31313. [15分]
方法二如图，取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，
则PM⊥CD，MN⊥CD，
所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角，
从而∠PMN＝60°.
作PO⊥MN于点O，则PO⊥底面ABCD.
因为CM＝2，所以PM＝23，所以OP＝3. [9分]作OE∥AB交BC于点E，连接PE.
因为BC⊥PO，BC⊥OE，OP∩OE＝O，
所以BC⊥平面POE.
从而平面POE⊥平面PBC.
所以∠PEO 就是直线OE 即直线AB 与平面PBC 所成的角.所以∠PEO ＝θ.
在Rt △POE 中，tan θ＝PO OE ＝32，故sin θ＝31313. [15分]
答题模板
利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；
第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.
3课时作业PART THREE。