2019高考数学二轮复习专题四立体几何第三讲空间向量与立体几何教案理

第三讲空间向量与立体几何
向量法证明线面平行、垂直关系
授课提示：对应学生用书第40页
[悟通——方法结论]
1．用向量证明平行的方法
(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．
(2)线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；直线的方向向量与平面内两不共线向量共面．
(3)面面平行：证明两平面的法向量为共线向量；转化为线面平行、线线平行问题．
2．用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．
(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．
[全练——快速解答]
1．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．
求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .
证明：(1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1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)，B 1(0,0,4)， 设BA ＝a ，则A (a,0,0)，
所以BA →＝(a,0,0，)，BD →
＝(0,2,2)， B1D →
＝(0,2，－2)，
B1D →·BA →＝0，B1D →·BD →
＝0＋4－4＝0， 所以B1D →⊥BA →，B1D →⊥BD →， 即B1D →⊥BA →，B1D →⊥BD →.
又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .
(2)由(1)知，E (0,0,3)，G (a
2，1,4)，F (0,1,4)，
则EG →＝(a 2，1,1)，EF →
＝(0,1,1)，
B1D →·EG →
＝0＋2－2＝0， B1D →·EF →
＝0＋2－2＝0， 所以B1D →⊥EG →，B1D →⊥EF →， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .
又EG ∩EF ＝E ，EG ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .
结合(1)可知平面EGF ∥平面AB D.
2．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 ； 平面PAD ⊥平面PDC .
(2)求证：
A 为原点，A
B ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间
证明：以图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，
直角坐标系如
P (0,0,1)，
所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2
，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，
EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AP →
＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．
(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，
即EF ∥AB .
又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .
(2)因为AP →·DC →
＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →
＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .
又因为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 .
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．
向量法求空间角大小
授课提示：对应学生用书第41页
[悟通——方法结论]
1．向量法求异面直线所成的角
若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b|
|a||b|.
2．向量法求线面所成的角
求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a|
|n||a|.
3．向量法求二面角
求出二面角α­l ­β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α­l ­β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n1·n2|
|n1||n2|；若二面角α­l ­β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，
n 2〉|＝－
|n1·n2|
|n1||n2|
.
(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)如图，四面体ABCD 中，
(1)
(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
❹，求二面角D ­AE ­C 的余弦值． [学审题]
[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． (2分) 在Rt △AOB 中，BO 2
＋
AO 2
＝
AB 2
. 又AB ＝BD ，所以
BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，
故∠DOB ＝90°. 所以平面ACD ⊥平面ABC .
(4分)
(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以
O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →
|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，
则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0，0,1)．
(5分)
由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的1
2，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的
距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝
⎛
⎭⎪⎫0，32，12.
6分
故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，12.
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n·AD →＝0，
n·AE →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
－x1＋z1＝0，－x1＋32y1＋1
2z1＝0.
可取n ＝⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1，
33，1. (8分)
设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m·AC →＝0，
m·AE →＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧
－2x2＝0，－x2＋32y2＋1
2z2＝0，
可取m ＝(0，－1，3)．
则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝－3
3＋321
3×2＝7
7. (10分)
由图知二面角D ­AE ­C 为锐角， 所以二面角D ­AE ­C 的余弦值为
77
. (12分)
1．用向量法求解空间角的四个要点：(1)“建系”，构建恰当的空间直角坐标系，如本题利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；(2)“求坐标”，准确求解相关点的坐标；(3)“求法向量”，求出平面的法向量；(4)“应用公式”，熟记空间角的公式，即可求出空间角．
2．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.
3．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n ，m 的夹角求得，即先求|cos 〈n ，m 〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n ，m 〉|.
[练通——即学即用]
(2018·郑州一模)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π
6，AB ＝2AD .
(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；
(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．
解析：(1)证明：在△ABD 中，∠ABD ＝π
6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，
从而BD 2
＋AD 2
＝AB 2
，故BD ⊥AD ，
因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .
因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .
(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π
3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，
设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，
所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)，
则AE →＝(－1,0，3)，AC →
＝(－2，3，0)．
所以
设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n·AE →＝0，
n·AC →＝0，
即错误!
令z ＝1，得n ＝(3，2,1)，为平面AEC 的一个法向量． 因为AF →
＝(－1，3，3)，
所以cos 〈n ，AF →
〉＝n·AF →|n|·|AF →|＝4214，
所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214
.
立体几何中的探索性问题
授课提示：对应学生用书第43页
[悟通——方法结论]
解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点
(1)3个步骤
①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理； ②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明； ③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． (2)1个注意点
探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
(2016·高考北京卷)(12分)
如图，在四棱锥P ­ABCD
中，
AB ⊥AD ，AB ＝1，AD
＝2，
(1)求证：PD ⊥平面PAB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱PA 上是否存在点M ❹，使得BM∥平面PCD ？
❺若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由． [学审题]
所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .
(2分)
又因为PA ⊥PD ，所以PD ⊥平面PAB . (3分)
(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .
因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .
(5分) 因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .
如图，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)． (6分)
设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎪⎨
⎪⎧
n·PD →＝0，n·PC →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
－y －z ＝0，2x －z ＝0，
令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2,2)． 又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →
〉＝n·PB →
|n||PB →|＝－33.
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为
33
. (8分)
(3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM →＝λAP →
. 因此点M (0,1－λ，λ)，BM →
＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →
·n ＝0，
(10分)
即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝1
4.
所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝1
4
.
(12分)
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.
[练通——即学即用]
(2018·福州四校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120˚，四边形BFE D 是直角梯形，DE ⊥BD ，BF ∥DE ，DE ＝2BF ＝2，平面BFED ⊥平面ABCD . (1)求证：AD ⊥平面BFED ；
(2)在线段EF 上是否存在一点P ，使得平面PAB 与平面ADE 所成的锐二面角的余弦值为5728？若存在，
求出点P 的位置；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：在梯形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120˚， ∴AB ＝2，
∴BD 2
＝AB 2
＋AD 2
－2AB ·AD ·cos 60˚＝3， ∴AB 2
＝AD 2
＋BD 2
，∴BD ⊥AD ，
∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ， 面BFED .
∴AD ⊥平
(2)∵AD ⊥平面BFED ，∴AD ⊥DE ，
以D 为原点，分别以DA ，DB ，DE 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，
3，1)，EF →
＝则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0,0,2)，F (0，(0，3，－1)，AB →＝(－1，3，0)，AE →
＝(－1,0,2)．
设EP →＝λEF →
＝(0，3λ，－λ)(0≤λ≤1)． 则AP →＝AE →＋λEF →
＝(－1，3λ，2－λ)． 取平面ADE 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，
设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由AB →·m ＝0，AP →
·m ＝0得
错误!令y ＝2－λ，得x ＝2错误!－错误!λ，z ＝错误!－错误!λ，∴m ＝(2错误!－错误!λ，2－λ，3－3λ)为平面PAB 的一个法向量， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝57
28
，
解得λ＝1
3，∴当P 为线段EF 靠近点E 的三等分点时满足题意.
授课提示：对应学生用书第138页
1．(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PE ⊥BF .
(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； 与平面ABFD 所成角的正弦值．
(2)求DP
(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 解析：平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . 又BF ⊂图，作PH ⊥EF ，垂足为H .
(2)如
由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →
|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，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝
32，EH ＝32
. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，0，
32，D ⎝
⎛
⎭⎪⎫－1，－32，0，
DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3
2，32，HP →＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，0，32.
又HP →
为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，
则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝3
4
3＝34.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为
3
4
. 2．(2018·长春模拟)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面
ABCD ，E 为PD 的中点．
(1)证明：PB ∥平面ACE ；
(2)设PA ＝1，∠ABC ＝60˚，三棱锥E ­ACD 的体积为
3
8，求二面角D ­AE ­C 的余弦值．
解析：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE (图略)． 在△PBD 中，PE ＝DE ，BO ＝DO ，所以PB ∥OE . 又OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE . (2)由题易知V P ­ABCD ＝2V P ­ACD ＝4V E ­ACD ＝
3
2
，设菱形ABCD 的边长为a ，
13S ▱ABCD ·PA ＝13×(2×34a 2)×1＝3
2，则a ＝ 3. 则V P ­ABCD ＝点为M ，连接AM ，则AM ⊥AD .
取BC 的中坐标原点，分别以AM →，AD →，AP →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方
以点A 为所示的空间直角坐标系，
向，建立如图A (0,0,0)，E (0，
32，12)，C (32，32，0)，AE →
＝(0，32，12
)，AC →则
＝(32，3
2
，0)，
设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n1·AE →＝0，
n1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
32y ＋1
2z ＝0，32x ＋3
2
y ＝0，取x ＝1，则n 1
＝(1
，－3，3)为平面AEC 的一个法向量．
又易知平面AED 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝11＋3＋9＝13
13，
由图易知二面角D ­AE ­C 为锐二面角， 所以二面角D ­AE ­C 的余弦值为
13
13
.
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，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． 解析：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB . 因为AB ＝BC ＝
2
2
AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝1
2AC ＝2.
由OP 2
＋OB 2
＝PB 2
知PO ⊥OB .
由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面ABC .
O 为坐标原点，OB →
的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .
(2)如图，以
O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →
＝
由已知得(0,2,23)．
的一个法向量OB →
＝(2,0,0)．
取平面PAC
设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →
＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →
·n ＝0得
错误!可取y ＝错误!a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(错误!(a －4)，错误!a ，－a )， 所以cos 〈OB →
，n 〉＝错误!.
由已知可得|cos 〈OB →
，n 〉|＝cos 30°＝32
，
所以错误!＝错误!， 解得a ＝－4(舍去)或a ＝4
3.
所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833
，43
3，－43.
又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →
，n 〉＝34.
所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为
34
.
4．(2018·青岛模拟)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BCA ＝45˚，AP ＝AD ＝AC ＝2，E 为PA 的中点．
(1)设平面PAB ∩平面PCD ＝l ，求证：CD ∥l ； (2)求二面角B ­CE ­D 的余弦值．
解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，∵AC ⊥AD ，AD ＝AC ＝2，
∴∠ACD ＝45˚，∵∠BCA ＝45˚，∴∠BCD ＝∠BCA ＋∠ACD ＝90˚，即DC ⊥BC . 又AB ⊥BC ，∴AB ∥CD .
∵AB ⊂平面PAB ，CD ⊄平面PAB ， ∴CD ∥平面PAB .
∵CD ⊂平面PCD ，平面PAB ∩平面PCD ＝l ， ∴CD ∥l .
(2)∵PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，
∴以A 为原点，以AD 所在的直线为x 轴，AC 所在的直线为y 轴，AP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，E (0,0,1)，D (2,0,0)，C (0,2,0)，B (－1,1,0)， 设平面DCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，CE →＝(0，－2,1)，DE →
＝(－2,0,1)，
由⎩⎪⎨
⎪⎧
n1·CE →＝0
n1·DE →＝0
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2y1＋z1＝0
－2x1＋z1＝0，
令x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝2，∴n 1＝(1,1,2)是平面DCE 的一个法向量． 设平面BCE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， BC →＝(1,1,0)，CE →
＝(0，－2,1)，
由⎩⎪⎨
⎪⎧
n2·BC →＝0
n2·CE →＝0得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x2＋y2＝0
－2y2＋z2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－2，∴n 2＝(1，－1，－2)是平面
BCE 的一个法向量．
则cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－46×6
＝－2
3，
又二面角B ­CE ­D 为钝角，∴二面角B ­CE ­D 的余弦值为－2
3
.。