高三数学二轮复习专题四第三讲空间向量与立体几何课件人教版
高中数学第三章空间向量与立体几何本章整合课件新人教A版选修2_1
∴ ������������ = (2,2,0), ������������ = (−2,2,2),
∴ ������������ ·������������ = −2 × 2 + 2 × 2 = 0,
∴BD⊥EG,故
BD
与
EG
所成的角为
π.
2
专题一 专题二 专题三
综合应用
(2)由已知,得������������ = (2,0,0)是平面AEFD 的法向量.
令 x=1,得 n=(1,-1,1).
设平面 DEG 与平面 AEFD 所成锐二面角的大小为 θ,
则
cos
θ=|c>
|
=
|������ ·������������ | |������ ||������������ |
=
2 23
=
3,
3
∴平面 DEG 与平面 AEFD 所成钝二面角的正弦值为 6.
设平面 DEG 的法向量为 n=(x,y,z),
∵ ������������ = (0,2,2), ������������ = (2,2,0),
∴
������������·������ = 0, 即 ������������·������ = 0,
������ + ������ = 0, ������ + ������ = 0,
设������������
=a,
������������
=b,
������������1
=c,则������������
=
1 2
(a+b+c).
又������������ = ������������ − ������������ =b-a,
高中数学第三章空间向量与立体几何3.1.1空间向量及其加减运算课件新人教A版选修
表 示
字母表 法
示法
用一个字母表示，如图，此向量的起点是 A，终点
→
→
是 B，可记作 a，也可记作 A B ，其模记为|a|或|AB|
特殊向量
理解特殊向量应注意的几个问题 (1)零向量和单位向量均是从向量模的角度进行定义的，|0| ＝0，单位向量e的模|e|＝1. (2)零向量不是没有方向，它的方向是任意的． (3)注意零向量的书写，必须是0这种形式． (4)两个向量不能比较大小．
第 三 章 空间向量与立体几何
3.1 空间向量及其运算
3.1.1 空间向量及其加减运算
自主学习 新知突破
1．经历向量及其运算由平面向空间推广的过程，了解空 间向量的概念．
2．掌握空间向量的加法、减法运算法则及其表示． 3．理解并掌握空间向量的加、减法的运算律．
李老师下班回家，先从学校大门口骑自行车向北行驶1 000 m，再向东行驶1 500 m，最后乘电梯上升15 m到5楼的住 处，在这个过程中，李老师从学校大门口回到住处所发生的总 位移就是三个位移的合成(如右图所示)，它们是不在同一平面 内的位移，如何刻画这样的位移呢？
D．4个
解析： 共四个：AB，A1B1，CD，C1D1. 答案： D
3．两向量共线是两向量相等的________条件． 解析： 两向量共线就是两向量同向或反向，包含相等的 情况． 答案： 必要不充分
4．已知平行六面体 ABCD－A′B′C′D′，化简下列 表达式：
(1)A→B＋BB→′－D→A′＋D′ →D－B→C； (2)AC→′－A→C＋A→D－AA→′. 解析： 根据平行六面体的性质． (1)原式＝A→B＋A′→D′＋D′ →D＋C→B＝A→B＋A′→D＋C→B ＝D→C＋D→A＋A′→D＝D→B＋A′→D＝A→′B； (2)原式＝CC→′＋A′→D＝AA→′＋A′→D＝A→D.
高中数学第3章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法一素养课件新人教A版选修2_1
【解题探究】(1)证明两直线垂直，即证两直线方向向 量垂直；(2)利用向量数量积求夹角．
【解析】以D为原点，线段DA，DC，DD′ 所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐 标系．
(1)【证明】A(1,0,0)，E0，0，12，F12，12，0. 故E→F＝12，12，－12. B′→C＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1,0，－1)． ∴E→F·B′→C＝12，12，－21·(－1,0，－(3，－2,1)与平面α平行，则z的值为
()
A．3
B．6
C．－9
D．9
【答案】C
【解析】∵l⊥平面α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v
＝0，∴1×3＋3×2＋z×1＝0.解得z＝－9.
4．(多空题)平面 ABC 中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－ 1)，若 a＝(－1，y，z)且 a 为平面 ABC 的法向量，则 y＝______， z＝____【__答. 案】1 0
【警示】两直线平行，则这两条直线的方向向量共线；两 直线的方向向量共线，则这两条直线平行或重合．
1．直线的方向向量和平面的法向量是用空间向量解决 立体几何问题的两个重要工具，是实现空间问题的向量解法的 媒介．
2．用空间向量方法证明立体几何中的平行与垂直问 题，主要运用了直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借 助空间中已有的一些关于平行、垂直的定理．
面α的法向量．故选B.
2．若平面α与β的法向量分别是a＝(1,0，－2)，b＝(－
1,0,2)，则平面α与β的位置关系是( )
A．平行
B．垂直
C．相交不垂直
高中数学优质课件精选人教版选修2-1课件第3章空间向量与立体几何3.2.2
1．在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E1，F1 分别在 A1B1， C1D1 上，且 E1B1＝14A1B1，D1F1＝14D1C1，求 BE1 与 DF1 所成 的夹角的余弦值．
解析： 方法一：(几何法)在 A1B1上取点 H 使 D1F1＝A1H， 连接 AH，易得：AH∥DF1，过 H 作 HG∥BE1 交 AB 于点 G， 那么∠AHG 即为两条异面直线所成的夹角，cos∠AHG＝1157；
则 B(4,4,0)，E1(4,3,4)，D(0,0,0)，F1(0,1,4)，
∴B→E1＝(0，－1,4)，D→F1＝(0,1,4)，B→E1·D→F1＝15，
cos〈B→E1，D→F1〉＝
→→ BE1·DF1 →→
＝1157，即为所求．
|BE1||DF1|
求直线与平面的夹角
•
如图所示，在正方体ABCD－
是 A→B 与C→D的夹角 cos θ＝
co〈s A→B ，C→D 〉＝
→→
A B ·C D
→→
|A B |·|C D |
角的 分类
向量求法
设二面角 α－l－β 的平面
二角 面
角为 θ，平面 α、β 的法向 量为 n1，n2，则 _|c_o_s_〈__n_1_，__n_2〉__|_＝||nn11|··|nn22||
• ②关注点：结合图形求角时，应注意平面几 何知识的应用，如等腰(边)三角形的性质、中 位线的性质及勾股定理、余弦定理及有关推
• (2)向量法
• ①方法：利用数量积或坐标方法将异面直线 所成的角θ转化为两直线的方向向量所成的角φ， 若求出的两向量的夹角为钝角，则异面直线的 夹角应为两向量夹角的补角，即cos θ＝|cos φ|.
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。
P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。
xyz。
由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。
新教材新高考二轮复习专题三第3讲立体几何中的向量方法课件(43张)
又 PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面 PBC，
所以 PA⊥平面 PBC.
(2)以 O 为坐标原点，O→E的方向为 y 轴正方向，O→E为单位长度，建立如 图所示的空间直角坐标系 O-xyz.
由题设可得 E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C(－ 23，12，0)，P(0，0， 22). 所以E→C＝(－ 23，－12，0)，E→P＝(0，－1， 22). 设 m＝(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则mm··EE→→PC＝＝00，，即－ －y2＋3x－22z21＝y＝0，0，
【解】 (1)证明：因为 E，F 分别是 AC 和 CC1 的中 点，且 AB＝BC＝2，所以 CF＝1，BF＝ 5. 如图，连接 AF，由 BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得 BF⊥AB， 于是 AF＝ BF2＋AB2＝3，所以 AC＝ AF2－CF2＝ 2 2.由 AB2＋BC2＝AC2，得 BA⊥BC，故以 B 为坐标 原点，以 AB，BC，BB1 所在直线分别为 x，y，z 轴建 立空间直角坐标系 B-xyz，
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则PD→→CC··nn＝＝00，，即－y＝120x，＋32y－ 22z＝0，可取 n＝( 2，0，－1)， 设直线 PA 与平面 PCD 所成的角为 θ，
则 sin θ＝|cos 〈P→A，n〉|＝||P→P→AA|··n|n||＝ 36.
故直线
PA
于是，面 DFE 的一个法向量为 n2＝(3，m＋1，2－m)，
所以 cos 〈n1，n2〉＝
3 2m－122＋227 .
设面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角为 θ，则 sin θ＝ 1－cos2〈n1，n2〉，
故当 m＝12时，面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小，为 33，
2019高考数学二轮复习专题四立体几何第三讲空间向量与立体几何教案理
第三讲空间向量与立体几何向量法证明线面平行、垂直关系授课提示：对应学生用书第40页[悟通——方法结论]1．用向量证明平行的方法(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．(2)线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；直线的方向向量与平面内两不共线向量共面．(3)面面平行：证明两平面的法向量为共线向量；转化为线面平行、线线平行问题．2．用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．[全练——快速解答]1．在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B xyz ，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA →＝(a,0,0，)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)，B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0，所以B 1D →⊥BA →，B 1D →⊥BD →， 即B 1D →⊥BA →，B 1D →⊥BD →.又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G (a2，1,4)，F (0,1,4)，则EG →＝(a 2，1,1)，EF →＝(0,1,1)，B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0，所以B 1D →⊥EG →，B 1D →⊥EF →， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面AB D.2．如图所示，在底面是矩形的四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明：以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又因为AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面PAD ⊥平面PDC .向量法证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．向量法求空间角大小授课提示：对应学生用书第41页[悟通——方法结论]1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b||a||b|.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n·a||n||a|.3．向量法求二面角求出二面角αl β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角αl β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角αl β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)如图，四面体ABCD 中，(1)(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分❹，求二面角D AE C 的余弦值．[学审题]又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D AC B 的平面角． (2分)在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 所以平面ACD ⊥平面ABC .(4分)(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0，0,1)．(5分)由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12. 6分故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1. (8分)设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－33＋3213×2＝77.(10分)由图知二面角D AE C 为锐角， 所以二面角D AE C 的余弦值为77. (12分)1．用向量法求解空间角的四个要点：(1)“建系”，构建恰当的空间直角坐标系，如本题利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；(2)“求坐标”，准确求解相关点的坐标；(3)“求法向量”，求出平面的法向量；(4)“应用公式”，熟记空间角的公式，即可求出空间角．2．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.3．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n ，m 的夹角求得，即先求|cos 〈n ，m 〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n ，m 〉|.[练通——即学即用](2018·郑州一模)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．解析：(1)证明：在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ，因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)， 所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)，为平面AEC 的一个法向量． 因为AF →＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF →〉＝n ·AF →|n |·|AF →|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214.立体几何中的探索性问题授课提示：对应学生用书第43页[悟通——方法结论]解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点(1)3个步骤①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理； ②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明； ③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． (2)1个注意点探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．(2016·高考北京卷)(12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ❹，使得BM ∥平面PCD ？❺若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由．[学审题]所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD . (2分) 又因为PA ⊥PD ，所以PD ⊥平面PAB . (3分)(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .(5分) 因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)． (6分)设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2,2)． 又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (8分)(3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，(10分)即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.(12分)利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)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”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.[练通——即学即用](2018·福州四校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120˚，四边形BFE D 是直角梯形，DE ⊥BD ，BF ∥DE ，DE ＝2BF ＝2，平面BFED ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)在线段EF 上是否存在一点P ，使得平面PAB 与平面ADE 所成的锐二面角的余弦值为5728？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：在梯形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120˚， ∴AB ＝2，∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60˚＝3， ∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴BD ⊥AD ，∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ， ∴AD ⊥平面BFED .(2)∵AD ⊥平面BFED ，∴AD ⊥DE ，以D 为原点，分别以DA ，DB ，DE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0,0,2)，F (0，3，1)，EF →＝(0，3，－1)，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(－1,0,2)． 设EP →＝λEF →＝(0，3λ，－λ)(0≤λ≤1)． 则AP →＝AE →＋λEF →＝(－1，3λ，2－λ)． 取平面ADE 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由AB →·m ＝0，AP →·m ＝0得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋3λy ＋(2－λ)z ＝0，令y ＝2－λ，得x ＝23－3λ，z ＝3－3λ，∴m ＝(23－3λ，2－λ，3－3λ)为平面PAB 的一个法向量，∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝5728，解得λ＝13，∴当P 为线段EF 靠近点E 的三等分点时满足题意.授课提示：对应学生用书第138页1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PE ⊥BF.(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．解析：(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.2．(2018·长春模拟)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)设PA ＝1，∠ABC ＝60˚，三棱锥E ACD 的体积为38，求二面角D AE C 的余弦值．解析：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE (图略)． 在△PBD 中，PE ＝DE ，BO ＝DO ，所以PB ∥OE . 又OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE . (2)由题易知V P ABCD ＝2V P ACD ＝4V E ACD ＝32，设菱形ABCD 的边长为a ， 则V P ABCD ＝13S ▱ABCD ·PA ＝13×(2×34a 2)×1＝32，则a ＝ 3.取BC 的中点为M ，连接AM ，则AM ⊥AD .以点A 为坐标原点，分别以AM →，AD →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，E (0，32，12)，C (32，32，0)，AE →＝(0，32，12)，AC →＝(32，32，0)， 设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32y ＋12z ＝0，32x ＋32y ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，－3，3)为平面AEC 的一个法向量．又易知平面AED 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋3＋9＝1313，由图易知二面角D AE C 为锐二面角，所以二面角D AE C 的余弦值为1313. 3．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 解析：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB . 因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 4．(2018·青岛模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BCA ＝45˚，AP ＝AD ＝AC ＝2，E 为PA 的中点．(1)设平面PAB ∩平面PCD ＝l ，求证：CD ∥l ； (2)求二面角B CE D 的余弦值．解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，∵AC ⊥AD ，AD ＝AC ＝2，∴∠ACD ＝45˚，∵∠BCA ＝45˚，∴∠BCD ＝∠BCA ＋∠ACD ＝90˚，即DC ⊥BC . 又AB ⊥BC ，∴AB ∥CD .∵AB ⊂平面PAB ，CD ⊄平面PAB ， ∴CD ∥平面PAB .∵CD ⊂平面PCD ，平面PAB ∩平面PCD ＝l ， ∴CD ∥l .(2)∵PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，∴以A 为原点，以AD 所在的直线为x 轴，AC 所在的直线为y 轴，AP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，E (0,0,1)，D (2,0,0)，C (0,2,0)，B (－1,1,0)，设平面DCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，CE →＝(0，－2,1)，DE →＝(－2,0,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CE →＝0n 1·DE →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＋z 1＝0－2x 1＋z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝2，∴n 1＝(1,1,2)是平面DCE 的一个法向量． 设平面BCE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， BC →＝(1,1,0)，CE →＝(0，－2,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0n 2·CE →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0－2y 2＋z 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－2，∴n 2＝(1，－1，－2)是平面BCE 的一个法向量．则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－46×6＝－23，又二面角B CE D 为钝角，∴二面角B CE D 的余弦值为－23.。
高二数学(理)《空间向量与立体几何复习课》(课件)
湖南长郡卫星远程学校 制作 09
P E D A B
2009年下学期 2009年下学期
C
家庭作业 学法大视野
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制作 09
2009年下学期 2009年下学期
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பைடு நூலகம்
制作 09
2009年下学期 2009年下学期
向量相关知识
湖南长郡卫星远程学校
制作 09
2009年下学期 2009年下学期
例1. 已知正方体 ABCD A B1C1D1 已知正方体 1
, DB , 中 E、F分别在 、D1C上 且DE = D1F 2 a, 其中 为正 a = A 3 1 ,求证： 方体棱长求证： EF // 平面 1C1C BB
湖南长郡卫星远程学校
D 1
C1
F
D
B 1
A
E
制作 09
C
B
2009年下学期 2009年下学期
例2. ,四棱锥 ABCD 如图 P 如图 的底面
1 , 是边长为的菱形 ∠BCD = 60°, E是CD的 , ABCD, PA = 2 中点 PA ⊥ 底面 (1)证明: 证明 PBE ⊥ 平面 PAB (2)求平面 PAD和平 面PBE所成二面 角 锐角的大小 ( ) .
高考数学大二轮复习专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件(理科)
利用空间向量求空间角
考情调研
考向分析
本考点为高考中的必考内容，涉及用向量
法计算空间异面直线所成角、直线和平面
所成角、二面角及空间距离等内容，考查 1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角．
热点是空间角的求解．题型以解答题为主， 2.由空间角的大小求参数值或线段长
要求有较强的运算能力，广泛应用函数与
的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，有
时也以探索论证题的形式出现.
[题组练透] 1．如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1 的所有棱长都为 2， D 为 CC1 的中点．求证：AB1⊥平面 A1BD.
证明：取 BC 的中点 O，连接 AO. 因为△ABC 为正三角形， 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，平面 ABC⊥平面 BCC1B1， 且平面 ABC∩平面 BCC1B1＝BC， 所以 AO⊥平面 BCC1B1. 取 B1C1 的中点 O1，以 O 为原点，分别以 OB，OO1， OA 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，B→A1＝(－1,2， 3)，B→D＝(－2,1,0)． 因为 n⊥B→A1，n⊥B→D， 故nn··BB→→DA1＝＝00，， 即－ －x2＋ x＋2yy＋ ＝0，3z＝0， 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3， 故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的一个法向量， 而A→B1＝(1,2，－ 3)，所以A→B1＝n，所以A→B1∥n， 故 AB1⊥平面 A1BD.
n·A→B＝0 由n·A→M＝0
人教版高中数学课件-立体几何与空间向量
第七章 立体几何与空间向量
設正四棱錐S ABCD的底面邊長為a，高為h，求棱錐 的側棱長和斜高．
[解] 如圖，設SO為正四棱錐S ABCD的高，作OM⊥BC， 則M為BC中點．
連接OM、OB，則SO⊥OB，SO⊥OM，
高考总复习 数学
第七章 立体几何与空间向量
BC＝a，BM＝a2，则
如圖，矩形O′A′B′C′是水準放置的一個平面圖形的直觀圖， 其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，則原圖形是
() A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．一般的平行四邊形
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第七章 立体几何与空间向量
[解析] 将直观图还原得▱OABC，则∵O′D′＝ 2 O′C′＝2 2 cm，
OD＝2O′D′＝4 2 cm， C′D′＝O′C′＝2 cm， ∴CD＝2 cm， OC＝ CD2＋OD2＝ 22＋4 22＝6 cm， OA＝O′A′＝6 cm＝OC， 故原图形为菱形． [答案] C
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第七章 立体几何与空间向量 ②以立體幾何的上述定義、公理和定理為出發點，認識和 理解空間中線面平行、垂直的有關性質與判定定理． 理解以下判定定理． 如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那麼該 直線與此平面平行． 如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面都平行，那 麼這兩個平面互相平行． 如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，那麼 該直線與此平面垂直．
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第七章 立体几何与空间向量
3．空間幾何體的三視圖 (1)有關投影的概念 ①中心投影： 把光由點向外散射形成的投影，叫做 中心投影 ； ②平行投影：把在一束平行光線照射下形成的投影，叫做 平行投影 ，平行投影的投影線是 平行的 ．