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
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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,
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