2019-2020年高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法课件

则

H(0，0，0)，P0，0，

23，D－1，－32，0，D→P＝1，32，
3， 2
H→P＝0，0，

23为平面
ABFD
的法向量．
设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，则 sin
θ
＝H→→P·→D→P＝ |HP||DP|
3 4＝ 3
3 4.
命题角度三 二面角的平面角 (2018·沈阳教学质量监测(一))如图，在
四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD， 底面 ABCD 是正方形，且 PA＝PD，∠APD ＝90°. (1)证明：平面 PAB⊥平面 PCD； (2)(一题多解)求二面角 A-PB-C 的余弦值．
【解】 (1)证明：因为底面 ABCD 为正方形， 所以 CD⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 CD⊥平面 PAD. 又 AP⊂平面 PAD，所以 CD⊥AP. 因为∠APD＝90°，即 PD⊥AP，CD∩PD＝D， 所以 AP⊥平面 PCD. 因为 AP⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PCD.
利用空间向量求空间角(综合型)
[典型例题] 命题角度一 异面直线所成的角
已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2， BC＝CC1＝1，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 ________．
【解析】 如图，在平面 ABC 内过点 B 作
BD⊥AB，交 AC 于点 D，则∠CBD＝30°.
所以 cos〈n1，n2〉＝|nn11|··|nn22|＝
2 2×
＝ 5
510，
由图可得二面角 A-PB-C 为钝角，
故二面角 A-PB-C 的余弦值为－
10 5.
向量法求二面角 设二面角 α-l-β 的平面角为 θ(0≤θ≤π)，n1，n2 分别为平面 α， β 的法向量，向量 n1，n2 的夹角为 ω，则有 θ＋ω＝π(如图 1) 或 θ＝ω(如图 2)，其中 cos ω＝|nn11|·|nn22|.
因为 BB1⊥平面 ABC，故以 B 为坐标原点，分 别以射线 BD，BA，BB1 为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间 直角坐标系，
则 B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos 30°，－sin
30°，1)，即

C1
23，－12，1.
所以A→B1＝(0，－2，1)，B→C1＝ 23，－12，1.
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．
角·T20(2)
题，多出现在第
二面角的正弦值·T19(2)
18 或 19 题的第二
二面角的余弦值的求解·T18(2) 问的位置，考查
二面角的余弦值的求解·T19(2) 利用空间向量求
二面角的余弦值的求解·T19(2) 异面直线所成的
二面角的余弦值的求解·T18(2) 角、线面角或二
二面角的正弦值的求解·T19(2) 面角，难度中等
专题四 立体几何与空间向量
第 3 讲 立体几何中的向量方法
专题四 立体几何与空间向量
年份 2018 2017 2016
卷别
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ
考查内容及考题位置
命题分析
直线与平面所成角的正弦
高考对此部
值·T18(2)
分的命题较为稳
二面角、直线与平面所成的 定，一般为解答
【解】 (1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以 BF⊥ 平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD， 所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)作 PH⊥EF，垂足为 H.由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，H→F的方向为 y 轴正方向，|B→F|为单位长，建 立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz. 由(1)可得，DE⊥PE.又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.又 PF ＝1，EF＝2，故 PE⊥PF.可得 PH＝ 23，EH＝32.
[对点训练] 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)依题意，以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在的直 线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设 BA＝a， 则 A(a，0，0)， 所以B→A＝(a，0，0)，B→D＝(0，2，2)，B→1D＝(0，2， －2)，B→1D·B→A＝0，B→1D·B→D＝0＋4－4＝0， 即 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD， 因此 B1D⊥平面 ABD.
[对点训练] (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥 P-ABC 中， AB＝BC＝2 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，且二面角 M-PA-C 为 30°，求 PC 与平 面 PAM 所成角的正弦值．
线面角的正弦值的求解·T19(2) 偏上.
利用空间向量证明平行与垂直(综合型) 设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，b1，c1)，平面 α、β 的法向量分 别为 μ＝(a2，b2，c2)、υ＝(a3，b3，c3)，则有： (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
则nn22··PP→→CB＝＝00，， 即x－2＋x22＋y22－y2z－2＝z20＝，0， 则 x2＝0，取 y2＝1，得 n2＝(0，1，2)为平面 BCP 的一个法向 量．
所以 cos〈n1，n2〉＝|nn11|··|nn22|＝1×0＋20××1＋5 1×2＝
2＝ 10
所以
DP
与平面
ABFD
所成角的正弦值为
3 4.
向量法求直线和平面所成的角 设 θ 为直线 l 与平面 α 所成的角，φ 为直线 l 的方向向量 v 与平 面 α 的法向量 n 之间的夹角，则有 φ＝π2－θ(如图 1)或 φ＝π2＋ θ(如图 2)，所以有 sin θ＝|cos φ|＝|cos〈v，n〉|＝||vv|·|nn||.特别地， φ＝0 时，θ＝π2，l⊥α；φ＝π2时，θ＝0，l⊂α 或 l∥α.
510，
由图易知二面角 A-PB-C 为钝角，
故二面角 A-PB-C 的余弦值为－ 510.
法二：以 D 为原点，建立空间直角坐标系，如图， 不妨设正方形 ABCD 的边长为 2，可得 A(2，0， 0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(1，0，1)， 设平面 PAB 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 而P→A＝(1，0，－1)，P→B＝(1，2，－1)， 则PP→→AB··nn11＝＝00，，即xx11－ ＋z21y＝1－0，z1＝0， 则 y1＝0，取 z1＝1， 则 n1＝(1，0，1)为平面 PAB 的一个法向量．
所以 cos〈A→B1，B→C1〉＝A→→B1·B→→C1 |AB1||BC1|
＝
0× 23＋（－2）×－12＋1×1
＝
0＋（－2）2＋12×

232＋－122＋12
10 5.
所以异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 510.
【答案】
10 5
两异面直线所成角的求法 (1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则 这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直 线所成的角．定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成 的角转化为平面三角形的内角进行求解． (2)向量法：设异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，则异面 直线 a，b 所成角的余弦值等于|cos〈a，b〉|.
命题角度二 直线与平面所成的角 (2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形
ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的 中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. (1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
(2)由(1)知，E(0，0，3)，Ga2，1，4， F(0，1，4)， 则E→G＝a2，1，1，E→F＝(0，1，1)， B→1D·E→G＝0＋2－2＝0，B→1D·E→F＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知B→1D是平面 ABD 的一个法向量， 所以平面 EGF∥平面 ABD.
设平面 PBC 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， 而P→B＝(1，2，－1)，P→C＝(－1，2，－1)，
则PP→→BC··n2n＝2＝0，0，即x－2＋x22＋y22－y2z－2＝z20＝，0， 则 x2＝0，取 y2＝1，则 n2＝(0，1，2)为平面 PBC 的一个法向 量．
[典型例题] 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD， AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝ 1，点 E 为棱 PC 的中点．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 PCD⊥平面 PAD.
【证明】 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B→E＝(0，1，1)，D→C＝(2，0，0)，故B→E·D→C＝0. 所以 BE⊥DC. (2)因为 AB⊥AD，又 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以 AB⊥平面 PAD， 所以向量A→B＝(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量． 而B→E·A→B＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以 BE⊥AB， 又 BE⊄平面 PAD，所以 BE∥平面 PAD. (3)由(2)知平面 PAD 的一个法向量A→B＝(1，0，0)，向量P→D＝(0， 2，－2)，D→C＝(2，0，0)， 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则nn··PD→→DC＝＝00，，即22yx－＝20z，＝0， 不妨令 y＝1，可得 n＝(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量．且 n·A→B＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以 n⊥A→B.所以平面 PCD⊥平面 PAD.
(2)法一：取 AD 的中点为 O，BC 的中点为 Q，连接 PO，OQ，
易得 PO⊥底面 ABCD，OQ⊥AD， 以 O 为原点，O→A，O→Q，O→P的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形 ABCD 的边 长为 2， 可得 A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，P(0，0，1)．
设平面 APB 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 而P→A＝(1，0，－1)，P→B＝(1，2，－1)． 则nn11··PP→→AB＝＝00，，即xx11－＋z21y＝1－0，z1＝0， 则 y1＝0，取 x1＝1，得 n1＝(1，0，1)为平面 APB 的一个法向 量． 设平面 BCP 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， 而P→B＝(1，2，－1)，P→C＝(－1，2，－1)，