2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题四 第三讲 空间向量与立体几何 精品

考点三
试题 解析
(1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD，
所以 AB⊥平面 PAD.所以 AB⊥PD.
考点一 考点二
又因为 PA⊥PD，所以 PD⊥平面 PAB. (2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD.
考点三
又因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD.
考点二
考点一 考点二 考点三
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)证明：B→E＝(0,1,1)，D→C＝(2,0,0)， 故B→E·D→C＝0. 所以 BE⊥DC.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 证明
[师生共研·析重点] [例]如图所示，在四棱锥 P -ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，PC＝2， 在四边形 ABCD 中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上，PB＝4PM，PB 与平面 ABCD 成 30°的角． (1)求证：CM∥平面 PAD； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PAD.
3 3.
(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 λ∈[0,1]使得A→M＝λA→P.
因此点 M(0,1－λ，λ)，B→M＝(－1，－λ，λ)．
因为 BM⊄平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD 当且仅当B→M·n＝0，即 (－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得 λ＝14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 PCD，此时AAMP ＝14.
试题 证明
考点二
考点一 考点二 考点三
如图，建立空间直角坐标系 A-xyz，令 AB ＝AA1＝4，则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)， B(4,0,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)， (1)D→E＝(－2,4,0)，平面 ABC 的法向量为 A→A1＝(0,0,4)， ∵D→E·A→A1＝0，DE⊄平面 ABC， ∴DE∥平面 ABC.
因为 CO⊂平面 ABCD，所以 PO⊥CO.
因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD.
考点三
考点一 考点二 考点三
试题 解析
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)．
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
z＝12y， ∴
x＝－ 23y，
令 y＝2，得 n＝(－ 3，2,1)．
∵n·C→M＝－ 3× 23＋2×0＋1×32＝0， ∴n⊥C→M，又 CM⊄平面 PAD，∴CM∥平面 PAD.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 证明 证法二 ∵P→D＝(0,1，－2)，P→A＝(2 3，4，－2)，
令C→M＝xP→D＋yP→A，则02＝3＝x＋2 43yy，， 32＝－2x－2y，
考点二 向量法求解空间角问题
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] 1．求直线与平面所成的角 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，则 sin θ＝|cos〈a，n〉|＝||aa|·|nn||.
考点二
考点一 考点二
2．求二面角的大小 (1)若 AB、CD 分别是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的异面 直线，则二面角的大小就是向量A→B与C→D的夹角(如图①)．
考点一
考点一 考点二 考点三
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．
考点一
考点一 考点二 考点三
用向量法证明平行、垂直问题，要注意一是准确确定线的方 向向量；二是准确确立面的法向量，同时不要混淆直线的方 向向量与面的法向量之间关系来确定线面位置.
考点二
考点一 考点二 考点三
[巩固训练·增分练] 已知直三棱柱 ABC -A1B1C1 中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且 AB＝AA1，D，E，F 分别为 B1A， C1C，BC 的中点． (1)求证：DE∥平面 ABC； (2)求证：B1F⊥平面 AEF.
考点三
(2)设 n1，n2 分别是二面角 α-l-β 的两个面 α，β 的法向量，则向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如 图②③)．
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
[师生共研·析重点] [例]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． (1)证明：BE⊥DC； (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； (3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 F -AB -P 的 余弦值．
试题 证明
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 证明
(2)B→1F＝(－2,2，－4)，E→F＝(2，－2，－2)， B→1F·E→F＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ∴B→1F⊥E→F，B1F⊥EF， B→1F·A→F＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴B→1F⊥A→F，∴B1F⊥AF. ∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面 AEF.
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
(1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD. 又由 AE＝CF 得AADE＝CCDF，故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD，从而 EF⊥D′H. 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. 由 EF∥AC 得ODHO＝AADE＝14. 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是 D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故 D′H⊥OH. 又 D′H⊥EF，而 OH∩EF＝H，所以 D′H⊥平面 ABCD.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 证明
以 C 为坐标原点，CB 所在直线为 x 轴，CD 所在 直线为 y 轴，CP 所在直线为 z 轴建立如图所示的 空间直角坐标系 C -xyz. ∵PC⊥平面 ABCD， ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，∴∠PBC＝30°.
∵PC＝2，∴BC＝2 3，PB＝4.∴D(0,1,0)，B(2 3，0,0)，A(2 3，
n·P→D＝0， n·P→C＝0，
即2－x－y－z＝z＝00. ，
令 z＝2，则 x＝1，y＝－2. 所以 n＝(1，－2,2)．
考点三
考点一 考点二 考点三
试题 解析
又P→B＝(1,1，－1)，所以
cos〈n，P→B〉＝
→ n·PB
→
＝－
3 3.
|n||PB|
所以直线
PB
与平面
PCD
所成角的正弦值为
考点二
考点一 考点二 考点三
(2)如图，以 H 为坐标原点，H→F的方向为 x
轴正方向，建立空间直角坐标系 H-xyz，
则 H(0,0,0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5,0)，
C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
A→B＝(3，－4,0)，A→C＝(6,0,0)，A→D＝(3,1,3)．
第三讲 空间向量与立体几何
考点一
考点一 考点二
向量法证明空间线面关系
试题 证明
1.(2016·高考天津卷改编)如图，正方形 ABCD 的中心为 O，四边
形 OBEF 为矩形，平面 OBEF⊥平面 ABCD，点 G 为 AB 的中点，
AB＝BE＝2.
求证：EG∥平面 ADF；
考点三
考点一
考点一 考点二 考点三
考点二 向量法求解空间角问题
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2.(2016·高考全国Ⅱ卷)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB＝5， AC＝6，点 E，F 分别在 AD，CD 上， AE＝CF＝54，EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的 位置，OD′＝ 10. (1)证明：D′H⊥平面 ABCD； (2)求二面角 B-D′A-C 的正弦值．
x＝－1， 方程组有解为y＝14.
∴C→M＝－P→D＋14P→A，由共面向量定理知C→M与P→D、P→A共面，
又∵CM⊄平面 PAD，∴CM∥平面 PAD.
考点一
试题 证明
考点一 考点二 考点三
(2)取 AP 的中点 E，则 E( 3，2,1)，B→E＝(－ 3，2,1)． ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. 又∵B→E·D→A＝(－ 3，2,1)·(2 3，3,0)＝0， ∴B→E⊥D→A，∴BE⊥DA，又 PA∩DA＝A. ∴BE⊥平面 PAD，又∵BE⊂平面 PAB， ∴平面 PAB⊥平面 PAD.
试题 解析
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
(2)B→D＝(－1,2,0)，P→B＝(1,0，－2)．设 n＝(x，y，z)为平面 PBD
n·B→D＝0， －x＋2y＝0，
的法向量，则n·P→B＝0， 即x－2z＝0.
sin〈m，n〉＝2 2595.
因此二面角
B-D′A-C
的正弦值是2
95 25 .
考点三
考点一 考点二 考点三
向量法求解探索性问题
试题 解析
3.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中， 平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD， AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5. (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，使得 BM∥平面 PCD？若存在， 求AAMP 的值；若不存在，说明理由．
考点三
考点一 考点二 考点三
根据上面所做题目，请填写诊断评价
错因(在相应错因中画√)
考点 错题题号
诊
知识性 方法性 运算性 审题性
断 考点一
评 价 考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
考点一
考点一 考点二 考点三
向量法证明线面位置关系 [经典结论·全通关]
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．
考点一
依题意，A→D＝(2,0,0)，A→F＝(1，－1,2)．
试题 证明
考点一 考点二
设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 ADF 的法向量．
则nn11··AA→→DF＝＝00，， 即2xx1－1＝y10＋，2z1＝0，
考点三
不妨取 z1＝1，可得 n1＝(0,2,1)． 又E→G＝(0,1，－2)，可得E→G·n1＝0. 又因为直线 EG⊄平面 ADF，所以 EG∥平面 ADF.
4,0)，P(0,0,2)，M
23，0，23，
∴D→P＝(0，－1,2)，D→A＝(2
3，3,0)，C→M＝
23，0，32，
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 证明
(1)证法一 令 n＝(x，y，z)为平面 PAD 的一个法向量，则
D→P·n＝0， D→A·n＝0，
即－ 2 y3＋x＋2z3＝y＝0，0，
设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABD′的法向量，则
m·A→B＝0， m·AD→′＝0，
即33xx11－ ＋4y1y＋1＝30z1，＝0，
试题 解析
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
所以可取 n＝(0，－3,1)．
于是 cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝
－14 50×
10＝－7255.
试题 证明
依题意，OF⊥平面 ABCD，如图，以 O 为原点，分别以A→D，B→A， O→F的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依 题意可得 O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)， E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0)． 依题意，A→D＝(2,0,0)，A→F＝(1，－1,2)． 设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 ADF 的法向量．