高考数学二轮复习 专题五 第3讲 立体几何中的向量方法配套课件 理
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(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，
∵C→D＝B→A，F→C＝B→C－B→F， ∴O→M·C→D＝－12B→C－21B→F·B→A＝0， O→M·F→C＝－21B→C－21B→F·(B→C完－整版B→ppFt )＝－12B→C2＋21B→F2＝0. 15
∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM⊂平面MDF， ∴平面MDF⊥平面EFCD.
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9
热点一 利用向量证明平行与垂直
例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF
中，面ABFE和面ABCD都是正方形
且互相垂直，M为AB的中点，O为
DF的中点.运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
思维启迪 从A点出发的三条直线
AB 、 AD ， AE 两 两 垂 直 , 可建立空间直角坐标系.
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3
主干知识梳理
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 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)，v＝(a3，b3，c3)(以下相同). (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
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→ (1)要证明线面平行，只需证明向量 OM与平面BCF的
法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证
明向量O→M与 B→F ，B→C 共面.
(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量
思 互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线
维
升 OM垂直于平面EFCD，即证OM垂直于平面EFCD内
4
(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∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
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5
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
所以BO＝1，AO＝CO＝ 3完整版，ppt AC⊥BD.
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如图，以O为坐标原点，以OB，OC所 在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行 于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标 系O－xyz，
方法二 (1)O→M＝O→F＋F→B＋B→M＝12D→F－B→F＋21B→A
＝12(D→B＋B→F)－B→F＋21B→A＝－21B→D－12B→F＋12B→A
＝－12(B→C＋B→A)－12B→F＋12B→A完＝整版－ppt12B→C－12B→F.
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∴向量O→M与向量B→F，B→C共面，
又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
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∴O→M·B→A＝0, ∴O→M⊥B→A.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴
→ BA
是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
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(2)平面MDF⊥平面EFCD. 证明 设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝ (a2，b2，c2).平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)， v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角
设 l，m 的夹角为 θ(0≤θ≤π2)，则
cos θ＝||aa|·|bb||＝
|a1a2＋b1b2＋c1c2| a21＋b21＋c完21 整版ap22p＋t b22＋c22.
华 的两条相交直线,从而转化为证明向量 与 向
量、
→ 垂直. CD
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→ OM
→ FC
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变式训练1
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平 面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB ＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点. (1)求证：直线PC∥平面BDE；
证明 设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，
专题五 立体几何
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1
第 3讲 立体几何中的向量方法
主干知识梳理 热点分类突破
真题与押题
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2
1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查 空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中， 考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中 档问题. 2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查 考 空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考 情 内容，属中档题. 解 3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性 读 问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力， 是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．
角的补角，要注意从图中完整分版p析pt .
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3.求空间距离
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为
点到平面的距离，点P到平面α的距离：d＝ →
|PM·n|
(其中n为α的法向量，M为α内任一点).
|n|
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热点分类突破
➢ 热点一 利用向量证明平行பைடு நூலகம்垂直 ➢ 热点二 利用向量求空间角 ➢ 热点三 利用空间向量求解探索性问题
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证明 方法一 由题意，得AB，AD，AE 两两垂直，以A为原点建立如图所示的空 间直角坐标系.
设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，
C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M12，0，0，O12，12，12.
(1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1,0,0)，
∵D→F＝(1，－1,1)，D→M＝12，－1，0，D→C＝(1,0,0)，
由 n1·D→F＝n1·D→M＝0，
x1－y1＋z1＝0， 得12x1－y1＝0，
解得y1＝12x1， z完1＝整版－ppt21x1，
13
令 x1＝1，则 n1＝1，12，－12.
同理可得n2＝(0,1,1). ∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
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(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤π2)， 则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角 设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面
∵C→D＝B→A，F→C＝B→C－B→F， ∴O→M·C→D＝－12B→C－21B→F·B→A＝0， O→M·F→C＝－21B→C－21B→F·(B→C完－整版B→ppFt )＝－12B→C2＋21B→F2＝0. 15
∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM⊂平面MDF， ∴平面MDF⊥平面EFCD.
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热点一 利用向量证明平行与垂直
例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF
中，面ABFE和面ABCD都是正方形
且互相垂直，M为AB的中点，O为
DF的中点.运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
思维启迪 从A点出发的三条直线
AB 、 AD ， AE 两 两 垂 直 , 可建立空间直角坐标系.
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主干知识梳理
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 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)，v＝(a3，b3，c3)(以下相同). (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
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→ (1)要证明线面平行，只需证明向量 OM与平面BCF的
法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证
明向量O→M与 B→F ，B→C 共面.
(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量
思 互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线
维
升 OM垂直于平面EFCD，即证OM垂直于平面EFCD内
4
(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∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
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2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
所以BO＝1，AO＝CO＝ 3完整版，ppt AC⊥BD.
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如图，以O为坐标原点，以OB，OC所 在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行 于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标 系O－xyz，
方法二 (1)O→M＝O→F＋F→B＋B→M＝12D→F－B→F＋21B→A
＝12(D→B＋B→F)－B→F＋21B→A＝－21B→D－12B→F＋12B→A
＝－12(B→C＋B→A)－12B→F＋12B→A完＝整版－ppt12B→C－12B→F.
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∴向量O→M与向量B→F，B→C共面，
又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
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∴O→M·B→A＝0, ∴O→M⊥B→A.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴
→ BA
是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
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(2)平面MDF⊥平面EFCD. 证明 设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝ (a2，b2，c2).平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)， v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角
设 l，m 的夹角为 θ(0≤θ≤π2)，则
cos θ＝||aa|·|bb||＝
|a1a2＋b1b2＋c1c2| a21＋b21＋c完21 整版ap22p＋t b22＋c22.
华 的两条相交直线,从而转化为证明向量 与 向
量、
→ 垂直. CD
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→ OM
→ FC
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变式训练1
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平 面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB ＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点. (1)求证：直线PC∥平面BDE；
证明 设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，
专题五 立体几何
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第 3讲 立体几何中的向量方法
主干知识梳理 热点分类突破
真题与押题
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1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查 空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中， 考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中 档问题. 2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查 考 空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考 情 内容，属中档题. 解 3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性 读 问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力， 是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．
角的补角，要注意从图中完整分版p析pt .
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3.求空间距离
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为
点到平面的距离，点P到平面α的距离：d＝ →
|PM·n|
(其中n为α的法向量，M为α内任一点).
|n|
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热点分类突破
➢ 热点一 利用向量证明平行பைடு நூலகம்垂直 ➢ 热点二 利用向量求空间角 ➢ 热点三 利用空间向量求解探索性问题
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证明 方法一 由题意，得AB，AD，AE 两两垂直，以A为原点建立如图所示的空 间直角坐标系.
设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，
C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M12，0，0，O12，12，12.
(1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1,0,0)，
∵D→F＝(1，－1,1)，D→M＝12，－1，0，D→C＝(1,0,0)，
由 n1·D→F＝n1·D→M＝0，
x1－y1＋z1＝0， 得12x1－y1＝0，
解得y1＝12x1， z完1＝整版－ppt21x1，
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令 x1＝1，则 n1＝1，12，－12.
同理可得n2＝(0,1,1). ∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
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(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤π2)， 则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角 设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面