高考数学二轮复习热点突破专题3立体几何第3讲立体几何中的向量方法课件

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高考定位　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
1.(2020·新高考山东卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
(1)证明　因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
设PB与平面QCD所成角为θ，
(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB，PC⊂平面PBC，PB∩PC＝P，所以PA⊥平面PBC.
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)，则(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(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.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
热点一　利用空间向量证明平行、垂直【例1】 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.证明：
(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明　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).
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.
探究提高　1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误.
【训练1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面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.证明：
(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明　(1)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A－xyz.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
热点二　线线角、线面角的求解【例2】 (2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.
(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
(1)证明　如图(1)，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB.
由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.由ABC－DEF为三棱台，得BC∥EF，所以EF⊥DB.
(2)解　法一　如图(1)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，故OH⊥平面DBC，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
法二　由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.
如图(2)，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
由题意知各点坐标如下：O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2).
设平面DBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
探究提高　1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cs θ＝|cs φ|.2.直线与平面所成的角θ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sin θ＝|cs φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).
【训练2】 (2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
(1)证明　因为侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又侧面BB1C1C是矩形，所以B1C1⊥MN.又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1AMN，所以B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1⊂平面EB1C1F，所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
连接NP，AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.又AP∥ON，则四边形AONP为平行四边形，
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一个法向量，
热点三　利用向量求二面角【例3】 (2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内.
探究提高　1.二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)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.
【训练3】 (2020·沈阳一监)如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.点F为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求二面角C－AE－D的余弦值.
(1)证明　取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.∵O，F分别为AB，AD的中点，∴OF∥BD且BD＝2OF.又CE∥BD且BD＝2CE，∴CE∥OF且CE＝OF，∴OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，∴EF∥OC.又OC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.
(2)解　∵△ABC为等边三角形，O为AB的中点，∴OC⊥AB.∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，BD⊥AB，BD⊂平面ABD，∴BD⊥平面ABC.又OF∥BD，∴OF⊥平面ABC.以O为坐标原点，分别以OA，OC，OF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
热点四　利用空间向量求解探索性问题【例4】 (2020·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.
(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解　(1)不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，所以p＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.设直线OD1与平面CDE所成角为θ，
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以m＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
探究提高　1.空间向量最适合于解决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.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.2.空间向量求解探索性问题：(1)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；(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD. (2)解　过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1，1).