2012高考数学理专题突破课件第一部分专题四第三讲：空间向量与立体几何

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P→ ·A→ 6 6 B C ＝ cos θ＝ ＝ ＝ . → → 2 2× 2 3 4 |PB||AC| ×
(3)由(2)知 B C ＝ (－1， 3，0)． 由 知 － ， ， ． ， － ，－ ， ． 设 P(0，－ 3，t)(t>0)，则 B P ＝ (－1，－ 3，t)． ，－ ， 设平面 PBC 的法向量 m＝(x， y， z)， ＝ ， ， ， 则 B C ·m＝ 0，B P ·m＝0. ＝ ， ＝ ＋ ＝ ， － x＋ 3y＝0， 所以 － x－ 3y＋tz＝0. － ＋ ＝
1 1 (1)证明： △ PAA1 中有 C1D＝ A1A， D(0,1， )． 证明： ＝ ， 即 ， ． 证明 在 2 2 1 → → ， ， ， ， ∴A1B＝ (1，0，1)，A1D＝ 0，1，2 ， → ， ， B1P＝(－ 1，2， 0). ， ， 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1＝(a，b，c) ， → n1·A1B＝ a＋c＝0， ＋ ＝ ， 则 1 → ＋ ＝ ， n1·A1D ＝ b＋2c＝0，
即DD1⊥AC，DB⊥AC. ， ⊥ 是平面B 内的两条相交直线， 又DD1与DB是平面 1BDD1内的两条相交直线， 是平面 ∴AC⊥平面 1BDD1. ⊥平面B 又AC⊂平面A1ACC1， ⊂平面 平面B ∴平面A1ACC1⊥平面 1BDD1. 平面
【 归纳拓展】 归纳拓展 】 的步骤： 的步骤：
证明： 如图 如图， 证明： (1)如图，不妨设正方体的棱长为 1，以 D ， 为坐标原点建立空间直角坐标系 D—xyz， ， 0，1，0 ， 则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，F ，2 ， ， ， → 1，1，1 ，AD＝(－1,0,0)， E ， ，2 － ， → → → 0，1，－ ， AD · D1F ＝ ( － ， ，－1 D1F ＝ 2
用向量法证明平行、 垂直问题 用向量法证明平行 、
(1)建立空间图形与空间向量的关系 可以建立空 建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空 建立空间图形与空间向量的关系 间直角坐标系，也可以不建系 ， 用空间向量表 间直角坐标系 ， 也可以不建系)， 示问题中涉及的点、直线、平面； 示问题中涉及的点、直线、平面； (2)通过向量运算研究平行、垂直问题； 通过向量运算研究平行、垂直问题； 通过向量运算研究平行 (3)根据运算结果解释相关问题． 根据运算结果解释相关问题． 根据运算结果解释相关问题
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6 3， 3，6 . 令 y＝ 3，则 x＝3，z＝ .所以 m＝ ， ， t ＝ ， ＝ ， ＝ 所以 ＝ t － 3， 3，6 . 同理， 同理，平面 PDC 的法向量 n＝ ， ， t ＝ 因为平面 PBC⊥平面 PDC， ⊥ ， 36 所以 m·n＝0，即 －6＋ 2 ＝0， ＝ ， ＋ ， t 解得 t＝ 6.所以 PA＝ 6. ＝ 所以 ＝
2．几何法求空间角与距离的步骤 ．
一作、二证 、三计算． 一作、二证、三计算 ．
3．向量法求空间角与距离的方法 ． (1)求空间角： 设直线 l1， l2 的方向向量分别为 a， 求空间角： 求空间角 ， b，平面 α，β 的法向量分别为 n，m. ， ， ， |a·b| . ① 异面直线 l1 与 l2 所成的角为 θ，则 cosθ＝ ， ＝ |a||b| |a·n| . ② 直线 l1 与平面 α 所成的角为 θ，则 sinθ＝ ， ＝ |a||n| ③ 平面 α 与平面 β 所成的二面角为 θ， 则 |cosθ|＝ ， ＝ |n·m| . |n||m|
所以 BO＝1，AO＝ CO＝ 3. ＝ ， ＝ ＝ 如图， 为坐标原点， 如图 ， 以 O 为坐标原点 ， 建立空间直角坐标系 O-xyz， P(0， 3， ， ， 3， ， 2)， 0)， ， 则 ， － ， A(0， － ， B(1,0,0)， ， C(0， 3，0)． ， ， ． 所以 P B ＝ (1， 3，－ ， AC ＝ (0,2 3，0)． ， ，－2)， ， ． ，－ 设 PB 与 AC 所成角为 θ，则 ，
异面直线所成的角θ可通过直线的方向向量夹 ①异面直线所成的角 可通过直线的方向向量夹 求得， 角φ求得，即cosθ＝|cosφ|. 求得 ＝ 直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向 ②直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向 量 与 平 面 的 法 向 量 的 夹 角 φ 求 得 ， 即 sinθ ＝ |cosφ|. ③二面角的大小可以利用分别在两个半平面内 与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角 求 与棱垂直的直线的方向向量的夹角 或其补角)求 或其补角 得；也可以通过二面角的两个半平面的法向量 的夹角来求， 的夹角来求，它等于两个法向量的夹角或其补 角．
向量法求线线角和线面角
例2
(2011年高考四川卷 如图，在直三 年高考四川卷)如图 年高考四川卷 如图，
棱柱ABC-A1B1C1 中 ， ∠ BAC＝ 90° ， AB＝ AC 棱柱 ＝ ° ＝ ＝ AA1 ＝ 1， 延长 1C1 至点 ， 使 C1P＝ A1C1 ， 连 ， 延长A 至点P， ＝ 交棱CC 于点D. 接AP交棱 1于点 交棱 (1)求证：PB1∥平面 求证： 平面BDA1； 求证 (2)求二面角 求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值． 的平面角的余弦值． 求二面角 的平面角的余弦值
归纳拓展】 【 归纳拓展 】
(1)运用空间向量坐标运算求空 运用空间向量坐标运算求空
间角的一般步骤为： 间角的一般步骤为： 建立恰当的空间直角坐标系． ① 建立恰当的空间直角坐标系 ． ② 求出相关点 的坐标． 写出向量坐标． 的坐标 ． ③ 写出向量坐标 ． ④ 结合公式进行论 计算． 转化为几何结论． 证、计算．⑤转化为几何结论． (2)几个常见空间角的求法： 几个常见空间角的求法： 几个常见空间角的求法
0，1，－ ＝0. 1,0,0)· ，2，－1
∴ AD⊥ D1F. ⊥ 1 → 1 → ， ， ， ，－1 又AE＝ 0，1，2 ，D1F＝ 0，2，－ ， 1 1 → → ＝1－ 1＝ 0. ， ，－1 AE·D F＝ ， ， ∴AE·D1F＝ 0，1，2 · 0，2，－ 2 2 ∴ AE⊥ D1F. ⊥ 又 AE∩AD＝A， D1F⊄平面 ADE， ∩ ＝ ， ⊄ ， ∴ D1F⊥平面 ADE. ⊥
变式训练1 变式训练
在正方体ABCD—A1B1C1D1 中 ， E， 在正方体 ，
的中点． F分别是 1，DC的中点． 分别是BB 分别是 的中点 (1)求证：D1F⊥平面 求证： 求证 ⊥平面ADE； ； (2)设正方形 设正方形ADD1A1的中心为 ， B1C1的中点为 的中心为M， 设正方形 N， ， 求证： 求证：MN∥平面 ∥平面ADE.
例3
(2011年高考北京卷 如图 ， 在四棱锥 年高考北京卷)如图 在四棱锥P 年高考北京卷 如图，
ABCD中 ， PA⊥ 平面 中 是菱形， ⊥ 平面ABCD， 底面 ， 底面ABCD是菱形 ， 是菱形 AB＝2，∠BAD＝60°. ＝ ， ＝ ° (1)求证：BD⊥平面 求证： ⊥平面PAC； 求证 ； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值； 若 ＝ ， 所成角的余弦值； 与 所成角的余弦值 (3)当平面 当平面PBC与平面 与平面PDC垂直时，求PA的长． 垂直时， 的长． 当平面 与平面 垂直时 的长
第一部分
专题突破方略
专题四 立体几何
第三讲 空间向量与立体几何
主干知识整合
1．空间角的类型与范围 ． π (1)异面直线所成的角 ： 0<θ≤ ； 异面直线所成的角(θ)： 异面直线所成的角 ≤ 2 π (2)直线与平面所成的角 ： 0≤θ≤ ； 直线与平面所成的角(θ)： ≤ ≤ 直线与平面所成的角 2 (3)二面角 ：0≤θ≤π. 二面角(θ)： ≤ ≤ 二面角
1， 0，1 ， N1， 1，1 ， ， ， (2)∵ M 2 ∵ 2 2 1 → ∴MN＝ 0，1，2 . ， ， → 1 ， ，－1 由 (1)知，D1F＝ 0，2，－ 是平面 ADE 的法向 知
量． 1 1 → → 又 ∵MN·D1F＝ 0＋ － ＝ 0， ＋ ， 2 2 ∴ MN⊥D1F. ⊥ ∵ MN⊄平面 ADE， ⊄ ， ∴ MN∥平面 ADE. ∥
【 解】
如图， 为原点， 如图，以 A1 为原点， A1B1， A1C1， A1A
所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐 ， ， B ， ， C ， ， 标系， 则 标系， A1(0，0，0)， 1(1，0，0)， 1(0，1，0)， ， ， B(1，0，1)， P(0,2,0)． ．
(2)求空间距离：直线到平面的距离 ，两平行平面 求空间距离：直线到平面的距离， 求空间距离 的距离均可转化为点到平面的距离． 的距离均可转化为点到平面的距离． → |PM·n| |PM·n| 的距离：d＝ (其中 (其中 n 为 α 的 点 P 到平面 α 的距离： d＝ |n| 法向量， 内任一点)． 法向量， M 为 α 内任一点 ．
高考热点讲练
向量法证明垂直与平行
例1
如图，在六面体ABCD-A1B1C1D1中 ，四边 如图，在六面体
ABCD 是边长为 的正方形， 四边形A 是边长为2的正方形 形 ABCD是边长为 2 的正方形 ， 四边形 A1B1C1D1 是 边 长 为 1 的 正 方 形 ， DD1 ⊥ 平 面 A1B1C1D1 ， 平面 ， 求证： DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.求证： 求证 (1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面； 共面， 共面； 共面 共面 (2)平面 1ACC1⊥平面 1BDD1. 平面A 平面B 平面
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【解】
(1)证明 ： 因为四边形 证明： 因为四边形ABCD是菱形 ， 是菱形， 证明 是菱形
所以AC⊥ 所以 ⊥BD. 又因为PA⊥平面 又因为 ⊥平面ABCD，所以 ⊥BD. ，所以PA⊥ 所以BD⊥平面 所以 ⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O， 设 ∩ ＝ ， 因为∠ 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， ＝ ° ＝ ＝ ，
→ → → AC － D － ， ， ∴A1C1＝ (－1,1,0)， ＝ (－2,2,0)， 1B1＝ (1,1,0)， ， → → → → → ， DB＝ (2,2,0)，∴AC＝2A1C1， DB＝ 2D1B1， → → → → 平行， 平行， ∴AC与 A1C1平行，DB与 D1B1平行， 共面， 共面． 即 A1C1 与 AC 共面， B1D1 与 BD 共面 ． → → (2)∵DD1·AC＝ (0,0,2)·(－2,2,0)＝0， ∵ － ＝ ， → → DB·AC＝ (2,2,0)·(－ 2,2,0)＝0， － ＝ ， → → → → ∴DD1⊥ AC，DB⊥AC，
证明】 为原点， 【证明】 (1)以D为原点，以DA，DC，DD1所 以 为原点 ， ， 在直线分别为x轴 轴 轴 在直线分别为 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐 标系D-xyz.如图，则有 如图，则有D(0,0,0)，A(2,0,0)， 标系 如图 ， ， B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,2)，B1(1,1,2)， ， ， ， ， C1(0,1,2)，D1(0,0,2)， (0,1,2)， (0,0,2)，
1，1 ，－ . ＝－1， 令 c＝－ ， 则 n1＝ ，2，－1 ＝－
1 → ∵ n1·B1P＝1×(－ 1)＋ × 2＋(－ 1) × 0＝0， × ＋ ＝ ， 2 ∴ PB1∥平面 BDA1. (2) 由 (1) 知 ， 平 面 BDA1 的 一 个 法 向 量 n1 ＝ 1，1 ，－ . ， ，－1 2 ， ， 的一个法向量， 又 n2＝(1，0，0)为平面 AA1D 的一个法向量， n1·n2 1 2 ∴ cos〈 n1， n2〉＝ 〈 ＝ ＝ . 3 3 |n1|·|n2| 1× × 2 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3