2018届高三数学二轮复习专题五立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
2
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,
跟踪集训
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上, 且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证: (1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD.
证明 (1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立 空间直角坐标系,如图所示,
52
考点三 立体几何中的探索性问题
典型例题
(2017宝鸡质量检测(一))如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,PA⊥ 底面ABCD,点E是PD的中点,点F是PC的中点. (1)证明:PB∥平面AEC; (2)若底面ABCD为正方形,探究在什么条件下,二面角C-AF-D的大小为6 0°?
解析 易知AD,AB,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
典型例题
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为坐标原点,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),
因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.
设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2
EM
0,
n2 MN 0.
因为 EM
=(0,-2,-1), MN
=(1,2,-1),所以
2 y x 2 y
BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥
平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点, AB的方向为x轴正方向,| AB|为单
位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,
0),P(0,1, 3 ), PC =(1,0,- 3 ), AB =(1,0,0).
| 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α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1,n2,若二面角α-l-β所成的
设AB=2a,AD=2b,AP=2c,则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c).
z z
0,
0.
不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos<n1,n2>=
|
n1 n1
||
n2 n2
|
=-
4,
21
于是sin<n1,n2>= 12015 .
所以,二面角C-EM-N的正弦值为 105 .
21
(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得 NH
设M(x,y,z)(0<x<1),则 BM
=(x-1,y,z), PM
=(x,y-1,z- 3
).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,
所以|cos< BM ,n>|=sin 45°,
|z|
= 2 ,
(x 1)2 y2 z2 2
即(x-1)2+y2-z2=0. ①
=(-1,-2,h), BE
=(-2,
2,2).由已知,得|cos< NH
, BE
>|=
| NH
| NH
BE |
|| BE |
= | 2h 2 |
h2 5 2
= 7 ,整理得10h2-
3 21
21h+8=0,解得h= 8 或h= 1 .
5
2
所以,线段AH的长为 8 或 1 .
,从而 AM
=1
2 ,1, 2
6 2
.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,
则
m
m
AM 0,
AB 0,
即 (2
x0
2)x0 0,
2y0
6z0 0,
所以可取m=(0,- 6 ,2).
于是cos<m,n>= m n = 10 .易知所求二面角为锐角. | m || n | 5
所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC,
所以平面PAD⊥平面PDC.
方法归纳 向量法证明平行与垂直的四个步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知的垂直关系; (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; (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.
所以E
1 2
,1,
1 2
,F
0,1,
1 2
, EF
=
1 2
,
0,
0
, AP
=(0,0,1), AD
=(0,2,0), DC
=(1,0,
0), AB =(1,0,0).
(1)因为 EF =- 1 AB ,所以 EF ∥ AB ,
不妨取x=3,则y= 3 ,z=2,
所以m=(3, 3 ,2)为平面BA1D的一个法向量,
从而cos< AE
,m>=
|
AE m
AE || m
|
= ( 3,
0,
0) (3, 34
3,2) = 3 .
4
设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos
θ|= 3 .
4
因为θ∈[0,π],所以sin θ= 1 cos2θ = 7 .
第3讲 空间向量与立体几何
考情分析
总纲目录
考点一 向量法证明平行与垂直 考点二 利用空间向量求空间角（高频考点） 考点三 立体几何中的探索性问题
考点一 向量法证明平行与垂直
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). (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(k≠0). (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0). (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
又M在棱PC上,设 PM
=λ PC
,则
x=λ,y=1,z= 3 - 3 λ. ②
x 1
由①②解得 y 1,
2 2
,
x
(舍去)或 y
1 1,
2, 2
z
6 2
z
6,
2
所以M1
2 ,1, 2
6 2
则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),
设BA=a(a>0),则A(a,0,0),
所以 BA
=(a,0,0), BD
=(0,2,2), B1D
=(0,2,-2),
所以 B1D · BA =0, B1D ·B D =0+4-4=0,
即B1D⊥BA,B1D⊥BD.
又BA∩BD=B,BA,BD⊂平面ABD,
因此B1D⊥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),
所以 B1D
· EG
=0+2-2=0, B1D
·E F
=0+2-2=0,
(1)证明: DE
=(0,2,0), DB
=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则
n
n
DE
DB
0, 0,
即
2 2
y x
0, 2z
不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又 MN
0.
=(1,2,-1),可得
MN ·n=0,即 MN ⊥n.
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,
跟踪集训
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上, 且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证: (1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD.
证明 (1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立 空间直角坐标系,如图所示,
52
考点三 立体几何中的探索性问题
典型例题
(2017宝鸡质量检测(一))如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,PA⊥ 底面ABCD,点E是PD的中点,点F是PC的中点. (1)证明:PB∥平面AEC; (2)若底面ABCD为正方形,探究在什么条件下,二面角C-AF-D的大小为6 0°?
解析 易知AD,AB,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
典型例题
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为坐标原点,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),
因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.
设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2
EM
0,
n2 MN 0.
因为 EM
=(0,-2,-1), MN
=(1,2,-1),所以
2 y x 2 y
BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥
平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点, AB的方向为x轴正方向,| AB|为单
位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,
0),P(0,1, 3 ), PC =(1,0,- 3 ), AB =(1,0,0).
| 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α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1,n2,若二面角α-l-β所成的
设AB=2a,AD=2b,AP=2c,则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c).
z z
0,
0.
不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos<n1,n2>=
|
n1 n1
||
n2 n2
|
=-
4,
21
于是sin<n1,n2>= 12015 .
所以,二面角C-EM-N的正弦值为 105 .
21
(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得 NH
设M(x,y,z)(0<x<1),则 BM
=(x-1,y,z), PM
=(x,y-1,z- 3
).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,
所以|cos< BM ,n>|=sin 45°,
|z|
= 2 ,
(x 1)2 y2 z2 2
即(x-1)2+y2-z2=0. ①
=(-1,-2,h), BE
=(-2,
2,2).由已知,得|cos< NH
, BE
>|=
| NH
| NH
BE |
|| BE |
= | 2h 2 |
h2 5 2
= 7 ,整理得10h2-
3 21
21h+8=0,解得h= 8 或h= 1 .
5
2
所以,线段AH的长为 8 或 1 .
,从而 AM
=1
2 ,1, 2
6 2
.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,
则
m
m
AM 0,
AB 0,
即 (2
x0
2)x0 0,
2y0
6z0 0,
所以可取m=(0,- 6 ,2).
于是cos<m,n>= m n = 10 .易知所求二面角为锐角. | m || n | 5
所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC,
所以平面PAD⊥平面PDC.
方法归纳 向量法证明平行与垂直的四个步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知的垂直关系; (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; (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.
所以E
1 2
,1,
1 2
,F
0,1,
1 2
, EF
=
1 2
,
0,
0
, AP
=(0,0,1), AD
=(0,2,0), DC
=(1,0,
0), AB =(1,0,0).
(1)因为 EF =- 1 AB ,所以 EF ∥ AB ,
不妨取x=3,则y= 3 ,z=2,
所以m=(3, 3 ,2)为平面BA1D的一个法向量,
从而cos< AE
,m>=
|
AE m
AE || m
|
= ( 3,
0,
0) (3, 34
3,2) = 3 .
4
设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos
θ|= 3 .
4
因为θ∈[0,π],所以sin θ= 1 cos2θ = 7 .
第3讲 空间向量与立体几何
考情分析
总纲目录
考点一 向量法证明平行与垂直 考点二 利用空间向量求空间角（高频考点） 考点三 立体几何中的探索性问题
考点一 向量法证明平行与垂直
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). (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(k≠0). (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0). (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
又M在棱PC上,设 PM
=λ PC
,则
x=λ,y=1,z= 3 - 3 λ. ②
x 1
由①②解得 y 1,
2 2
,
x
(舍去)或 y
1 1,
2, 2
z
6 2
z
6,
2
所以M1
2 ,1, 2
6 2
则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),
设BA=a(a>0),则A(a,0,0),
所以 BA
=(a,0,0), BD
=(0,2,2), B1D
=(0,2,-2),
所以 B1D · BA =0, B1D ·B D =0+4-4=0,
即B1D⊥BA,B1D⊥BD.
又BA∩BD=B,BA,BD⊂平面ABD,
因此B1D⊥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),
所以 B1D
· EG
=0+2-2=0, B1D
·E F
=0+2-2=0,
(1)证明: DE
=(0,2,0), DB
=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则
n
n
DE
DB
0, 0,
即
2 2
y x
0, 2z
不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又 MN
0.
=(1,2,-1),可得
MN ·n=0,即 MN ⊥n.
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2018届高考数学二轮复习 专题五 立体几何 5.3 空间向量与立体几何讲义 理
[技法领悟] 利用空间向量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研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．
1．(2017·甘肃兰州质检)
3．向量法求二面角 求出二面角 α-l-β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1，n2，若二 面角 α-l-β 所成的角 θ 为锐角，则 cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝||nn11|·|nn22||； 若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为钝角，则 cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－ ||nn11|·|nn22||.
所以|cos〈B→M，n〉|＝sin 45°， x－1|2z＋| y2＋z2＝ 22， 即(x－1)2＋y2－z2＝0.① 又 M 在棱 PC 上，设P→M＝λP→C，则 x＝λ，y＝1，z＝ 3－ 3λ.②
例 1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 A－xyz 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 E12，1，12，F0，1，12， E→F＝－12，0，0，A→P＝(0,0,1)，A→D＝(0,2,0)，D→C＝(1,0,0)，A→B ＝(1,0,0)．
(1)因为E→F＝－12A→B，所以E→F∥A→B， 即 EF∥AB. 又 AB⊂平面 PAB，EF⊄平面 PAB， 所以 EF∥平面 PAB. (2)因为A→P·→C＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， A→D·D→C＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以A→P⊥D→C，A→D⊥D→C， 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.
高中数学课件-空间向量与立体几何3
数学 选修2-1
第三章 空间向量与立体几何
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
高效测评 知能提升
[问题1] 如何用向量办法求异面直线AC和BD所成的 角？[提示 1] 设异面直线 AC 与 BD 所成角为 θ，
则 cos θ＝|cos〈A→C，B→D〉|. [问题 2] 如何求斜线 BD 与地面所成角 α？ [提示 2] 设地面的法向量为 n，则 sin α＝|cos〈B→D，n〉|. [问题 3] 如何求水平地面与斜坡面所成的二面角 β？
[提示 3] cos β＝cos〈C→A，D→B〉．
数学 选修2-1
第三章 空间向量与立体几何
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
高效测评 知能提升
空间角的向量求法
角的 分类
向量求法
图形
异面 设两异面直线所成的角为
直线 θ，它们的方向向量为 a，b，
所成 则 cos θ＝_|c_o_s_〈__a_·_b_〉__| ＝ |a·b|
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
高效测评 知能提升
解析： A1B1⊥平面 BCC1B1， 故 A1B1⊥MN， 则M→P·M→N＝(M→B1＋B→1P)·M→N＝M→B1·M→N＋B→1P·M→N＝0， ∴MP⊥MN，即∠PMN＝90°. 答案： A
数学 选修2-1
第三章 空间向量与立体几何
自主学习 新知突破
解析： 设 CA＝2，则 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，
C1(0,2,0)，B1(0，2,1)，可得向量A→B1＝(－2,2,1)，B→C1＝(0,2，
－ 1) ， 由 向 量 的 夹 角 公 式 得
cos
2018版高中数学第三章空间向量与立体几何3
3.1.3 两个向量的数量积学习目标1。
掌握空间向量夹角概念及表示方法。
2。
掌握两个向量的数量积的概念、性质、计算方法及运算规律。
3.掌握两个向量的数量积的主要用途，能运用数量积求向量夹角和判断向量的共线与垂直．知识点一两个向量的数量积思考1如图所示,在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°,∠OAB＝60°，类比平面向量有关运算,如何求向量错误!与错误!的数量积？并总结求两个向量数量积的方法．思考2等边△ABC中,错误!与错误!的夹角是多少？梳理（1)定义：已知两个非零向量a，b，则|a｜|b｜cos〈a,b〉叫做a,b的数量积(或内积），记作a·b.(2）数量积的运算律知识点二两个向量的夹角（1）定义：已知两个非零向量a，b,在空间任取一点O，作错误!＝a，错误!＝b，则________叫做向量a与b 的夹角，记作〈a，b〉．(2）范围：〈a，b>∈________。
特别地:当〈a，b>＝________时,a⊥b。
知识点三两个向量的数量积的性质或｜a｜＝错误!③若θ为a，b的夹角，则cos θ＝________④|a·b｜≤｜a｜·｜b｜类型一空间向量的数量积运算命题角度1空间向量数量积的基本运算例1(1）下列命题是否正确？正确的请给出证明，不正确的给予说明．①p2·q2＝（p·q)2；②｜p＋q｜·|p－q｜＝|p2－q2|；③若a与（a·b）·c－(a·c)·b均不为0,则它们垂直．(2)设θ＝〈a，b〉＝120°，｜a|＝3,｜b|＝4，求：①a·b;②（3a－2b)·（a＋2b)．反思与感悟（1)已知a，b的模及a与b的夹角，直接代入数量积的公式计算．（2)如果欲求的是关于a与b的多项式形式的数量积，可以先利用数量积的运算律将多项式展开，再利用a·a ＝|a｜2及数量积公式进行计算．跟踪训练1已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°,那么｜a＋3b｜等于（)A。
2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题五立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
3.向量法求二面角
求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1,n2,若二面角α-l-β所成的
1 角θ为锐角,则cos θ=|cos<n1,n2>|=
| n n2 | ; | n1 || n2 | | n n2 | . | n1 || n2 |
1 若二面角α-l-β所成的角θ为钝角,则cos θ=-|cos<n1,n2>|=-
(4)根据运算结果解释相关问题.
跟踪集训
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,
且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证: (1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD.
证明 (1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立
第3讲 空间向量与立体几何
考情分析
总纲目录
考点一 考点二 考点三 向量法证明平行与垂直 利用空间向量求空间角（高频考点） 立体几何中的探索性问题
考点一 向量法证明平行与垂直
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). (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(k≠0). (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0). (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ· v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
空间直角坐标系,如图所示,
高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
方程的思想、转化与化归思想.
.
[题组练透] 1．如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1⊥底面 A1B1C1，AC⊥AB，AC＝AB＝4，AA1 ＝6，点 E，F 分别为 CA1 与 AB 的中点．
(1)证明：EF∥平面 BCC1B1； (2)求 B1F 与平面 AEF 所成角的正弦值．
解析：(1)证明：如图，连接 AC1，BC1. 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，E 为 AC1 的中点． 又因为 F 为 AB 的中点，
6 18＋8×
＝3 2
1313，
∴所求二面角的正弦值为2
13 13 .
[题后悟通] 1．运用空间向量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．求空间角要注意 (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．
n·A→E＝2x－3z＝0
则n·A→F＝2y＝0
，令 x＝3，得 n＝(3,0,2)．
记
B1F
与平面
AEF
所成角为
θ，则
sin
θ＝|cos〈B→1F，n〉|＝3
130 65 .
2．(2019·保定模拟)如图，已知四棱锥中，四边形 ABCD 为矩形，AB＝2 2，BC＝SC ＝SD＝2，BC⊥SD.
立体几何中的探索性问题
考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点 是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能 力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
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
2018年高考数学(理)二轮复习讲学案：考前专题五立体几何与空间向量第1讲空间几何体
所得．如图所示，将圆柱补全，并将圆柱从点
A 处水平分成上下两部分．由图可知，该
几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的
12，所以该几何体的体积 V＝
π× 32× 4＋π× 32× 6× 12＝ 63π故．选 B.
方法二
(估值法 )由题意知，
1 2V 圆柱 <V 几何体 < V 圆柱，又
V 圆柱 ＝ π× 32× 10＝ 90π， ∴ 45π＜V 几何体 <90π．观察选项可知只
跟踪演练 1 (1)(2017 ·河北省武邑中学模拟 )已知某锥体的正 ( 主)视图和侧 (左 )视图如图，则该锥体的俯视图不可
能是 ( )
答案 D
解析 A 项，该锥体是底面边长为 2，高为 3的正四棱锥．
B 项，该锥体为底面半径为 1，高为 3的圆锥．
C 项，该锥体是底面为等腰直角三角形，高为
3的三棱锥．
∴ 三棱锥 S－ ABC 的体积
V
＝
1 3
×
1× 2
SC×
OB
×
OA＝
r
3
，
3
即 r33＝ 9， ∴r ＝ 3， ∴ S 球表＝ 4πr 2＝ 36π．
过 P 作 PO1⊥ 底面 ABCD ，垂足 O1 为正方形 ABCD 的对角线 AC，BD 的交点，设球心为 O，连接 AO，由于 AO
＝ PO＝ R, AO1＝ PO1＝
2， 2
OO1 ＝
2－ R，在 2
Rt△ AOO1 中，
2－ R 2＋ 2
2 2＝ R2，解得 2
R＝ 2， 2
V 球＝43πR3
则此几何体的体积为 ( )
A ．12
B． 18
高考数学二轮复习 专题五 立体几何与空间向量 5_3 空间向量与立体几何课件 理
第3讲 空间向量与立体几何
-2热点考题诠释 高考方向解读
1.(2017天津,理17)
如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为 棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; 7 (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求 21 线段AH的长.
2.
(2017北京,理16)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= 6 ,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
-8热点考题诠释 高考方向解读
-5热点考题诠释 高考方向解读
(2)易知 n1=(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量. 设 n2=(x,y,z)为平面 EMN 的法向量, 则 ������2 · ������������ = 0, ������2 · ������������ = 0.
因为������������=(0,-2,-1),������������=(1,2,-1), -2������-������ = 0, 所以 ������ + 2������-������ = 0. 不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2). 因此有 cos<n1,n2>= 于是 sin<n1,n2>=
2 2
.
所以直线 MC 与平面 BDP
-11热点考题诠释 高考方向解读
3.(2017全国1,理18)
如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
-2热点考题诠释 高考方向解读
1.(2017天津,理17)
如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为 棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; 7 (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求 21 线段AH的长.
2.
(2017北京,理16)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= 6 ,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
-8热点考题诠释 高考方向解读
-5热点考题诠释 高考方向解读
(2)易知 n1=(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量. 设 n2=(x,y,z)为平面 EMN 的法向量, 则 ������2 · ������������ = 0, ������2 · ������������ = 0.
因为������������=(0,-2,-1),������������=(1,2,-1), -2������-������ = 0, 所以 ������ + 2������-������ = 0. 不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2). 因此有 cos<n1,n2>= 于是 sin<n1,n2>=
2 2
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所以直线 MC 与平面 BDP
-11热点考题诠释 高考方向解读
3.(2017全国1,理18)
如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
2018版高中数学 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课件 新人教A
②试写出模为 5 的所有向量. 解答 由于长方体的左右两侧面的对角线长均为 5，故模为 5的向量有A―D→′， D―′→A，A―′→D，D―A→′，B―C→′，C―′→B，B―′→C，C―B→′. ③试写出与向量A→B 相等的所有向量. 解答 与向量A→B相等的所有向量(除它自身之外)有―A′ ―B→′，D→C及―D―′C→′. ④试写出向量A―A→′的所有相反向量. 解答 向量A―A→′的相反向量有A―′→A，B―′→B，C―′→C，D―′→D.
跟踪训练 1 (1)在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1中， 下列四对向量：①A→B与C―1→D1；②A→C1与B→D1；③A→D1 与C→1B；④A→1D与B→1C.其中互为相反向量的有 n 对， 则 n 等于 答案 解析
A.1
B.2
C.3
D.4
对于①A→B与C―1→D1，③A→D1与C→1B长度相等，方向相反，互为相反向量； 对于②A→C1与B→D1长度相等，方向不相反； 对于④A→1D与B→1C长度相等，方向相同.故互为相反向量的有 2 对.
类型二 空间向量的加减运算
例2 如图，已知长方体ABCD－A′B′C′D′，化简 下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量. (1)A―A→′－C→B； 解答 A―A→′－C→B＝A―A→′－D→A＝A―A→′＋A→D＝A―D→′.
(2)A―A→′＋A→B＋―B′―C→′. 解答
A―A→′＋A→B＋―B′―C→′＝(A―A→′＋A→B)＋―B′―C→′＝A―B→′＋ ―B′―C→′＝A―C→′.向量A―D→′、A―C→′如图所示.
(3)空间向量的减法运算也可以看成是向量的加法运算，即a－b＝a＋(－b). (4)由于空间任意两个向量都可以平移到同一平面内，成为同一个平面内 的两个向量，而平面向量满足加法交换律，因此空间向量也满足加法交 换律. (5)空间向量加法结合律的证明：如图，(a＋b)＋c ＝(O→A＋A→B)＋B→C＝O→B＋B→C＝O→C，a＋(b＋c)＝ O→A＋(A→B＋B→C)＝O→A＋A→C＝O→C，