新高考数学二轮复习 第1部分 专题4 第3讲 立体几何与空间向量（含解析）课件PPT

这是一份新高考数学二轮复习 第1部分 专题4 第3讲 立体几何与空间向量（含解析）课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了考情分析，内容索引，考点一，考点二，专题强化练，核心提炼，考向1求线面角，如图连接CE等内容，欢迎下载使用。

KAO QING FEN XI
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度.
考点一　利用空间向量求空间角
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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角
(1)求证：PA⊥BC；
证明　AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，由余弦定理得
又PA2＋AC2＝4＋12＝16＝PC2，故PA⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，故PA⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC，故PA⊥BC.
(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值.
解　由(1)知PA⊥平面ABC，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
设直线AE与平面PBC所成的角为θ，
(1)证明：PA⊥平面PBC；
证明　由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，又PC∩PB＝P，所以PA⊥平面PBC.
(2)求二面角B－PC－E的余弦值.
解　过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
(1)解题时要建立右手直角坐标系.
(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角.
跟踪演练1　如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点.(1)求证：AA1⊥BD；
证明　因为C1C⊥底面ABCD，所以C1C⊥BD.因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.又AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.
(2)求二面角E－A1C1－C的余弦值.
解　如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，
所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.所以A1O⊥底面ABCD.以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
因为E是棱BB1的中点，
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，
取z＝3，得n＝(0,4,3)，取平面A1C1C的法向量m＝(0,1,0)，
又由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，设二面角E－A1C1－C的平面角为θ，
考点二　利用空间向量解决探究性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
例3　如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点.(1)求证：EM⊥AD；
证明　∵EA＝EB，M是AB的中点，∴EM⊥AB，∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE，∴EM⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD.
(2)求二面角A－BE－C的余弦值；
解　连接MC，∵EM⊥平面ABCD，∴EM⊥MC，∵△ABC是正三角形，∴MC⊥AB，∴MB，MC，ME两两垂直.建立如图所示空间直角坐标系M－xyz.
设m＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，
∵y轴所在直线与平面ABE垂直，∴n＝(0,1,0)是平面ABE的一个法向量.
解　假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，
∵直线AP与平面ABE所成的角为45°，
正确分析空间几何体的特征，建立合适的空间直角坐标系，是解决此类问题的关键.
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
证明　因为A1A⊥底面ABCD，所以A1A⊥AC.又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，且AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，又因为BE⊂平面ABB1A1，所以AC⊥BE.
所以∠ABE＝∠AB1B.因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，所以∠BAB1＋∠ABE＝90°，
所以BE⊥AB1.又AB1∩AC＝A，且AB1，AC⊂平面ACB1，所以BE⊥平面ACB1.
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，
设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量.
不妨设z＝1，可得n＝(0,1,1).
由图可知二面角D1－AC－B1为锐角，
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由.
解　假设存在满足题意的点F.设A1F＝a(a>0)，
＝a＋2－1＝0，解得a＝－1(舍去)，即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直.所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1.
1.如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点.(1)求证：AE⊥平面BCD；
证明　由题图可知，△ABD是边长为2的等边三角形，
∴AC2＝AE2＋EC2，∴AE⊥EC.∵BD∩EC＝E，BD⊂平面BCD，EC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD.
(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值.
解　方法一　取CD的中点F，连接AF，EF，∵AC＝AD，∴CD⊥AF.由(1)可知，AE⊥CD，∵AE∩AF＝A，AE⊂平面AEF，AF⊂平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD.设PD，AE相交于点G，则点G为△ABD的重心，
过点G作GH⊥AF于H，则GH⊥平面ACD，连接DH，则∠GDH为直线PD与平面ACD所成的角.
方法二　由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，∴可作如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
设PD与平面ACD所成的角为θ，则
2.(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN∥平面C1DE；
证明　如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
又因为N为A1D的中点，
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.又ED⊂平面C1DE，MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.
解　由已知可得DE⊥DA.
则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
令p＝2，则n＝(2,0，－1).
证明　在Rt△ABE中，由AB＝AE＝1，得∠AEB＝45°，同理在Rt△CDE中，由CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°，所以∠BEC＝90°，即BE⊥EC.在△PAD中，
所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BE.又因为CE∩PE＝E，CE，PE⊂平面PEC，所以BE⊥平面PEC，又BE⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PEC.
(2)求二面角A－BF－C的余弦值.
解　由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
设平面ABF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
设平面BFC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
记二面角A－BF－C为θ(由图知应为钝角)，
4. (2020·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.(1)求证：PO⊥平面ABCD；
证明　因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以PO⊥AD.又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD.又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.
(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
解　如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，