2018届二轮复习（理）专题五　立体几何与空间向量第3讲　立体几何中的向量方法课件（全国通用） 66页

第 3 讲　 立体几何中的向量方法 专题五 　 立体几何与空间向量 热点分类突破 真题押题精练 Ⅰ 热点分类突破 热点一　利用向量证明平行与垂直 设直线 l 的方向向量为 a ＝ ( a 1 ， b 1 ， c 1 ) ，平面 α ， β 的法向量分别为 μ ＝ ( a 2 ， b 2 ， c 2 ) ， v ＝ ( a 3 ， b 3 ， c 3 ) ，则有： (1) 线面平行 l ∥ α ⇔ a ⊥ μ ⇔ a · μ ＝ 0 ⇔ a 1 a 2 ＋ b 1 b 2 ＋ c 1 c 2 ＝ 0. (2) 线面垂直 l ⊥ α ⇔ a ∥ μ ⇔ a ＝ k μ ⇔ a 1 ＝ ka 2 ， b 1 ＝ kb 2 ， c 1 ＝ kc 2 . (3) 面面平行 α ∥ β ⇔ μ ∥ v ⇔ μ ＝ λ v ⇔ a 2 ＝ λa 3 ， b 2 ＝ λb 3 ， c 2 ＝ λc 3 . (4) 面面垂直 α ⊥ β ⇔ μ ⊥ v ⇔ μ · v ＝ 0 ⇔ a 2 a 3 ＋ b 2 b 3 ＋ c 2 c 3 ＝ 0. 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，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点 . 运用向量方法证明 ： (1) OM ∥ 平面 BCF ； 证明 证明　 方法一 　由题意，得 AB ， AD ， AE 两两垂直，以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 . ∵ 棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱， 且 OM ⊄ 平面 BCF ， ∴ OM ∥ 平面 BCF . 又 OM ⊄ 平面 BCF ， ∴ OM ∥ 平面 BCF . (2) 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 证明 思维升华 证明　 方法一 设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) ， n 2 ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ). ∵ n 1 · n 2 ＝ 0 ， ∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 方法二 由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直， ∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ， 又 CD ∩ FC ＝ C ， CD ， FC ⊂ 平面 EFCD ， ∴ OM ⊥ 平面 EFCD . 又 OM ⊂ 平面 MDF ， ∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD . 思维升华　 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理 . 如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 a ∥ b ，只需证明向量 a ＝ λ b ( λ ∈ R ) 即可 . 若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外 . 跟踪演练 1 　 如图，在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中， PA ⊥ 底面 ABCD ，点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点， PA ＝ AB ＝ 1 ， BC ＝ 2. (1) 求证： EF ∥ 平面 PAB ； 证明 证明　 以点 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A (0,0,0) ， B (1,0,0) ， C (1,2,0) ， D (0,2,0) ， P (0,0,1). ∵ 点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点 ， 即 EF ∥ AB ， 又 AB ⊂ 平面 PAB ， EF ⊄ 平面 PAB ， ∴ EF ∥ 平面 PAB . (2) 求证：平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 证明 又 AP ∩ AD ＝ A ， AP ， AD ⊂ 平面 PAD ， ∴ DC ⊥ 平面 PAD . ∵ DC ⊂ 平面 PDC ， ∴ 平面 PAD ⊥ 平面 PDC . 热点二　利用空间向量求空间角 设直线 l ， m 的方向向量分别为 a ＝ ( a 1 ， b 1 ， c 1 ) ， b ＝ ( a 2 ， b 2 ， c 2 ). 平面 α ， β 的法向量分别为 μ ＝ ( a 3 ， b 3 ， c 3 ) ， v ＝ ( a 4 ， b 4 ， c 4 )( 以下相同 ). (1) 线线夹角 例 2 　 在三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中 ， AB ⊥ 平面 BCC 1 B 1 ， ∠ BCC 1 ＝ ， AB ＝ BC ＝ 2 ， BB 1 ＝ 4 ，点 D 在棱 CC 1 上，且 CD ＝ λCC 1 (0< λ ≤ 1). 建立如图所示的空间直角坐标系 . (1) 当 λ ＝ 时 ，求异面直线 AB 1 与 A 1 D 的 夹角的余弦值 ； 解答 (2) 若二面角 A － B 1 D － A 1 的平面角 为 ， 求 λ 的值 . 解答 思维升华 故 λ 的值为 1. 思维升华　 (1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤： ① 建立恰当的空间直角坐标系； ② 求出相关点的坐标； ③ 写出向量坐标； ④ 结合公式进行论证、计算； ⑤ 转化为几何结论 . (2) 求空间角注意： ① 两条异面直线所成的角 α 不一定是直线的方向向量的夹角 β ，即 cos α ＝ |cos β | ； ② 两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角； ③ 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化 . 跟踪演练 2 　 如图，在四棱锥 S － ABCD 中， SD ⊥ 平面 ABCD ，四边形 ABCD 是直角梯形， ∠ ADC ＝ ∠ DAB ＝ 90° ， SD ＝ AD ＝ AB ＝ 2 ， DC ＝ 1. (1) 求二面角 S － BC － A 的余弦值； 解答 解　 以 D 为坐标原点，建立如图所示空间直角 坐 标 系 Dxyz ，则 D (0,0,0) ， B (2,2,0) ， C (0,1,0) ， S (0,0,2) ， 设平面 SBC 的法向量为 n 1 ＝ ( x ， y ， z ) ， 得 2 x ＋ 2 y － 2 z ＝ 0 且 y － 2 z ＝ 0. 取 z ＝ 1 ，得 x ＝－ 1 ， y ＝ 2 ， 所以 n 1 ＝ ( － 1,2,1) 是平面 SBC 的一个法向量 . 因为 SD ⊥ 平面 ABC ，取平面 ABC 的一个法向量 n 2 ＝ (0,0,1 ). 设二面角 S － BC － A 的大小为 θ ， 由图可知二面角 S － BC － A 为锐二面角， 解答 设 PE 与平面 SAD 所成的角为 α ， 热点三　利用空间向量求解探索性问题 存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象 ( 数值、图形、函数等 ) 是否存在或某一结论是否成立 . 解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在 ( 或结论成立 ) 或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论 . 例 3 　 如图，在四棱锥 E － ABCD 中，平面 ABE ⊥ 底面 ABCD ，侧面 AEB 为等腰直角三角形， ∠ AEB ＝ ， 底面 ABCD 为直角梯形， AB ∥ CD ， AB ⊥ BC ， AB ＝ 2 CD ＝ 2 BC . (1) 求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值； 解答 解　 因为平面 ABE ⊥ 平面 ABCD ，且 AB ⊥ BC ，平面 ABE ∩ 平面 ABCD ＝ AB ， BC ⊂ 平面 ABCD ， 所以 BC ⊥ 平面 ABE, 则 ∠ CEB 即为直线 EC 与平面 ABE 所成的角， (2) 线段 EA 上是否存在点 F ，使 EC ∥ 平面 FBD ？若存在，求 出 ； 若不 存 在 ，说明理由 . 解答 思维升华 证明如下：取 AB 中点 O 为坐标原点， OB ， OD ， OE 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设 CD ＝ 1 ， 则 E (0,0,1) ， A ( － 1,0,0 ) ， B (1,0,0 ) ， C (1,1,0 ) ， D (0,1,0) ， 且 EC ⊄ 平面 FBD ，所以 EC ∥ 平面 FBD ， 思维升华　 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断 . 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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法 . 解答 (1) 求二面角 F － DE － C 的大小； 解　 因为 AF ⊥ AB ，平面 ABCD ⊥ 平面 ABEF ，平面 ABEF ∩ 平面 ABCD ＝ AB ， 所以 AF ⊥ 平面 ABCD ，所以 AF ⊥ AD . 因为四边形 ABCD 为正方形， 所以 AB ⊥ AD ，所以 AD ， AB ， AF 两两垂直， 以 A 为原点， AD ， AB ， AF 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 ( 如图 ). 设平面 CDE 的一个法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 由勾股定理可知， AF ＝ 1 ， BE ＝ 2 ， 所以 A (0,0,0) ， B (0,2,0) ， C (2,2,0) ， D (2,0,0) ， E (0,2,2) ， F (0,0,1) ， 同理可得平面 DEF 的一个法向量 m ＝ (1 ，－ 1,2) ， (2) 若在平面 DEF 上存在点 P ，使得 BP ⊥ 平面 DEF ，试通过计算说明点 P 的位置 . 解答 所以 P 是线段 DE 上靠近 E 的三等分点 . Ⅱ 真题押题精练 真题体验 1.(2017· 浙江改编 ) 如图，已知正四面体 D — ABC ( 所有棱长均相等的 三棱 锥 ) ， P ， Q ， R 分别为 AB ， BC ， CA 上的点， AP ＝ PB ， 分别 记 二面角 D — PR — Q ， D — PQ — R ， D — QR — P 的平面角为 α ， β ， γ ，则 α ， β ， γ 的大小关系为 ________. α ＜ γ ＜ β 答案 解析 1 2 解析　 如图 ① ，作出点 D 在底面 ABC 上的射影 O ， 过 点 O 分别作 PR ， PQ ， QR 的垂线 OE ， OF ， OG ， 连接 DE ， DF ， DG ，则 α ＝ ∠ DEO ， β ＝ ∠ DFO ， γ ＝ ∠ DGO . 由图可知，它们的对边都是 DO ， ∴ 只需比较 EO ， FO ， GO 的大小即可 . 1 2 如图 ② ，在 AB 边上取点 P ′ ，使 AP ′ ＝ 2 P ′ B ， 连接 OQ ， OR ，则 O 为 △ QRP ′ 的中心 . 设点 O 到 △ QRP ′ 三边的距离为 a ，则 OG ＝ a ， OF ＝ OQ ·sin ∠ OQF ＜ OQ ·sin ∠ OQP ′ ＝ a ， OE ＝ OR ·sin ∠ ORE ＞ OR ·sin ∠ ORP ′ ＝ a ， ∴ OF ＜ OG ＜ OE ， 1 2 ∴ α ＜ γ ＜ β . 1 2 证明 2.(2017· 北京 ) 如图，在四棱锥 P — ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，点 M 在线 段 PB 上， PD ∥ 平面 MAC ， PA ＝ PD ＝ AB ＝ 4. (1) 求证： M 为 PB 的中点； 证明　 设 AC ， BD 交于点 E ，连接 ME ，如图所示 . 因为 PD ∥ 平面 MAC ，平面 MAC ∩ 平面 PDB ＝ ME ， 所以 PD ∥ ME . 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点， 所以 M 为 PB 的中点 . 1 2 (2) 求二面角 B — PD — A 的大小； 1 2 解答 解　 取 AD 的中点 O ，连接 OP ， OE . 因为 PA ＝ PD ，所以 OP ⊥ AD ， 又因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD ＝ AD ，且 OP ⊂ 平面 PAD ， 所以 OP ⊥ 平面 ABCD . 因为 OE ⊂ 平面 ABCD ，所以 OP ⊥ OE . 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 OE ⊥ AD ， 如图，建立空间直角坐标系 Oxyz ， 1 2 设平面 BDP 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 1 2 平面 PAD 的法向量为 p ＝ (0,1,0) ， 由题意知，二面角 B － PD － A 为锐角， 1 2 (3) 求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 . 设直线 MC 与平面 BDP 所成的角为 α ，则 1 2 解答 押题预测 证明 押题依据　 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点 . (2017 届太原模拟 ) 如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形， BE ⊥ 平面 ABCD, DF ∥ BE, DF ＝ 2 BE ＝ 2 ， EF ＝ 3. (1) 证明：平面 ACF ⊥ 平面 BEFD ； 押题依据 证明 　 ∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∴ AC ⊥ BD . ∵ BE ⊥ 平面 ABCD ， ∴ BE ⊥ AC ， 又 BE ∩ BD ＝ B ， BE ， BD ⊂ 平面 BEFD ， ∴ AC ⊥ 平面 BEFD . ∵ AC ⊂ 平面 ACF ， ∴ 平面 ACF ⊥ 平面 BEFD . (2) 若二面角 A － EF － C 是直二面角，求 AE 与平面 ABCD 所成角的正切值 . 解 答 解　 方法一 　 ( 向量法 ) 设 AC 与 BD 交于点 O ，以点 O 为原点 ， OA 方向为 x 轴 ， OB 方向为 y 轴， BE 方向为 z 轴建立空间直角坐标系，如图 . 取 DF 的中点 H ，连接 EH . ∵ BE 綊 DH, DH ＝ 1 ， ∴ 四边形 BEHD 为平行四边形， ∵ 在 Rt △ EHF 中， FH ＝ 1 ， EF ＝ 3 ， ∵ 二面角 A － EF － C 是直二面角， ∴ n 1 · n 2 ＝ 0 ，得 a ＝ 2 ， 由题可得 ∠ EAB 为 AE 与平面 ABCD 的夹角， ∵ AB ＝ 2 ， BE ＝ 1 ， 方法二 　 ( 几何法 ) 设 AC 与 BD 交于点 O . ∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∴△ ADF ≌△ CDF ， △ ABE ≌△ CBE ， ∴ AF ＝ CF ， AE ＝ CE ， ∴△ AEF ≌△ CEF . 过 A 作 AM ⊥ EF ，连接 CM ，则 CM ⊥ EF ， 则 ∠ AMC 为二面角 A － EF － C 的平面角 . 设菱形的边长为 a ， ∵ A － EF － C 的二面角为直角， ∴∠ AMC 为直角， 在 △ AEF 中 ， AM ⊥ EF ，设 ME ＝ x ，则 MF ＝ 3 － x ，