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
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>|=-
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向 ,| AB 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,
AB =(1,0,0). PC =(1,0,- 3 ), 0),P(0,1, 3 ),
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,
| A B || AC |
1 1
A1 B AC1
( 3, 1, 3) ( 3,1, 3) 7 1 =- , 7
=
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 .
AE =( 3 ,0,0). (2)平面A1DA的一个法向量为
1 7
设m=(x,y,z)为平面BA1D的以 EF ∥ AB , (1)因为 2
即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB, 所以EF∥平面PAB.
AP · (2)因为 (1,0,0)=0, DC =(0,0,1)·
AD · DC =(0,2,0)· (1,0,0)=0, AD ⊥ AP ⊥ DC , DC , 所以
n2 EM 0, 设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 n2 MN 0. 2 y z 0, EM MN 因为 =(0,-2,-1), =(1,2,-1),所以 x 2 y z 0.
不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
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.
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;
7 21
解析
如图,以A为原点,分别以 , , AB AC AP 方向为x轴、y轴、z轴正方向
建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,
0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).
(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
于是cos<m,n>=
方法归纳
利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,写出相关向量的坐标; (3)结合公式进行论证、计算; (4)转化为几何结论.
跟踪集训
1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面
ABCD,且AB=AD=2,AA1= 3 ,∠BAD=120°. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值.
解析 在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD, 所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.
AD , AE , AA1 }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz. 如图,以{
空间直角坐标系,如图所示,
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),
BA =(a,0,0), BD =(0,2,2), B1D =(0,2,-2), 所以 BA =0, BD B1D · B1D · 所以 =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 ,1, 4 ,F(0,1,4),
a EF =(0,1,1), EG = ,1,1 , 则 2
a 2
n DE 0, 2 y 0, MN =(1,2,-1),可得 即 不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又 2 x 2 z 0. n DB 0, MN · MN ⊥n. n=0,即
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.
7 4
2.(2017天津,17,13分)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; (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 ,求线 段AH的长.
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,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>|=
| na | . | n || a |
1 1 1 1 AD =(0,2,0), EF = ,0,0 , AP =(0,0,1), DC =(1,0, 所以E ,1, ,F 0,1, , 2 2 2 2 0), AB =(1,0,0).
典型例题
(2017课标全国Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角
1 形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点. 2
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-ABD的余弦值.
解析 (1)取PA的中点F,连接EF,BF.
1 因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF= AD. 2 1 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC= AD,所以EF������ BC,四边形 2
BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥ 平面PAB.
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.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,
(2 2)x 0 2y0 6z 0 0, m AM 0, 则 即 x 0 0, m AB 0, 6 ,2). 所以可取m=(0,-
10 mn = .易知所求二面角为锐角. | m || n | 5 10 因此二面角M-AB-D的余弦值为 . 5
BD =(- 3 ,3,0), A1 B =( 3 ,-1,- 3 ), 又
m A1 B 0, 则 m BD 0, 3x y 3z 0, 即 3x 3 y 0. 3 ,z=2, 不妨取x=3,则y=
3 ,2)为平面BA1D的一个法向量, 所以m=(3,
BM ,n>|=sin 45°, 所以|cos<
|z|
( x 1)2 y 2 z 2
= ,
2 2
即(x-1)2+y2-z2=0. ①
PM =λ 又M在棱PC上,设 PC ,则
x=λ,y=1,z= 3 - 3 λ. ②
2 2 x 1 , x 1 , 2 2 由①②解得 y 1, (舍去)或 y 1, 6 z z 6 , 2 2 2 6 ,从而 AM =1 2 ,1, 6 . 所以M 1 ,1, 2 2 2 2
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),
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2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题四 第三讲 空间向量与立体几何 精品
考点三
试题 解析
(1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD，
所以 AB⊥平面 PAD.所以 AB⊥PD.
考点一 考点二
又因为 PA⊥PD，所以 PD⊥平面 PAB. (2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD.
考点三
又因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD.
考点二
考点一 考点二 考点三
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)． (1)证明：B→E＝(0,1,1)，D→C＝(2,0,0)， 故B→E·D→C＝0. 所以 BE⊥DC.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 证明
[师生共研·析重点] [例]如图所示，在四棱锥 P -ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，PC＝2， 在四边形 ABCD 中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上，PB＝4PM，PB 与平面 ABCD 成 30°的角． (1)求证：CM∥平面 PAD； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PAD.
3 3.
(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 λ∈[0,1]使得A→M＝λA→P.
因此点 M(0,1－λ，λ)，B→M＝(－1，－λ，λ)．
因为 BM⊄平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD 当且仅当B→M·n＝0，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AAMP ＝14.
试题 证明
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
高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题3 第3讲 空间向量与立体几何(理科)
( A)
A．
65 13
B．－
65 13
C．15
D．－51
第二部分 专题三 立体几何与空间向量(理科) 专题三 立体几何(文科)
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【解析】 如图，在菱形ABCD中，由AB＝BC＝2，∠BAD＝60°， 得|A→C|＝ 22＋22－2×2×2cos120°＝2 3 又AA1⊥底面ABCD，AA1＝1， ∴|A→C1|＝ 2 32＋12＝ 13. |B→1C|＝ 12＋22＝ 5.
第二部分 专题三 立体几何与空间向量(理科) 专题三 立体几何(文科)
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考向1 异面直线所成的角
典例2 (2020·盐城期末)若平行六面体ABCD－A1B1C1D1的
底面ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，AA1⊥底面ABCD，AA1＝
1，则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为
第二部分 专题三 立体几何与空间向量(理科) 专题三 立体几何(文科)
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不妨设AB＝2，则A(－2， 3，0)，B(－1,0,0)，S(0,0， 3)； 所以A→B＝(1，－ 3，0)，
A→S＝(2，－ 3， 3)，
设平面SAB的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由mm··AA→→BS＝＝00
第二部分 专题三 立体几何与空间向量(理科) 专题三 立体几何(文科)
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A→C1·B→1C＝(A→B＋A→D＋A→A1)·(B→C－B→B1) ＝(A→B＋A→D＋A→A1)·(A→D－A→A1) ＝A→B·A→D－A→B·A→A1＋|A→D|2－A→D·A→A1＋A→A1·A→D－|A→A1|2 ＝A→B·A→D＋|A→D|2－|A→A1|2 ＝|A→B|·|A→D|·cos60°＋4－1 ＝2×2×12＋4－1＝5．
2018届高三数学二轮复习课件：专题五立体几何5.3空间向量
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
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 B －xyz，如图所示， 则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设 BA＝a， 则 A(a,0,0)，
1 1 1 所以 E2，1，2，F0，1，2， → → 1 → → → EF＝ －2，0，0 ，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
a (2)由(1)知，E(0,0,3)，G2，1，4，F(0,1,4)， → → a 则EG＝2，1，1，EF＝(0,1,1)，
→ → → → B1D· EG＝0＋2－2＝0，B1D· EF＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF，因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
◎ 变式训练 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.
2018版高中数学第三章空间向量与立体几何3
3.1。
4 空间向量的正交分解及其坐标表示学习目标1。
理解空间向量基本定理，并能用基本定理解决一些几何问题;2.理解基底、基向量及向量的线性组合的概念；3.掌握空间向量的坐标表示，能在适当的坐标系中写出向量的坐标。
知识点一空间向量基本定理思考1平面向量基本定理的内容是什么？答案如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2,使a＝λ1e1＋λ2e2,其中，不共线的e1,e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底.思考2平面向量的基底惟一确定吗？答案不惟一.梳理(1)空间向量基本定理（2)基底条件：三个向量a，b,c不共面。
结论：{a，b，c}叫做空间的一个基底.基向量：基底中的向量a，b，c都叫做基向量.知识点二空间向量的坐标表示思考1平面向量的坐标是如何表示的？答案在平面直角坐标系中，分别取与x轴，y轴方向相同的两个单位向量i，j作为基底，对于平面内的一个向量a,由平面向量基本定理可知，有且只有一对实数x，y,使a＝x i＋y j，这样，平面内的任一向量a都可由x,y惟一确定，我们把有序实数对（x,y)叫做向量a 的坐标，记作a＝（x，y），其中x叫做a在x轴上的坐标，y叫做a在y轴上的坐标.设错误!＝x i＋y j,则向量错误!的坐标(x，y)就是点A的坐标，即若错误!＝(x，y),则A点坐标为(x，y），反之亦成立（O 是坐标原点）.思考2基底不同，向量的坐标相同吗?答案不同.梳理空间向量的正交分解及其坐标表示单位正交基底有公共起点O的三个两两垂直的单位向量，记作e1，e2，e3空间直角坐标系以e1，e2，e3的公共起点O为原点，分别以e1，e2，e3的方向为x轴,y轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz空间向量的坐标表示对于空间任意一个向量p,存在有序实数组｛x，y，z｝，使得p＝x e1＋y e2＋z e3，则把x,y，z称作向量p在单位正交基底e1，e2，e3下的坐标，记作p＝(x，y，z）类型一基底的概念例1若{a，b，c｝是空间的一个基底。
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.
2018_2019学年高中数学三空间向量与立体几何课件新人教A版
模块复习提升课
三
空间向量与立体几何
1．空间向量的有关定理和推论 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b 的 充要条件是存在实数 λ，使得 a＝λb. → → (2)共线向量定理的推论：若OA，OB不共线，则 P，A，B 三 → → → 点共线的充要条件是 OP＝λ OA＋μ OB，且 λ＋μ＝1.
主题 1
空间向量的运算 → 1 → → (1)已知正方体 ABCDA1B1C1D1 中， A1E＝ A1C1， 若AE 4
→ → → ＝xAA1＋y(AB＋AD)，则 x＝________，y＝________．
(2)如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，S 到 A、B、C、D 的 距离都等于 2.给出以下结论： → → → → → → → ①SA＋SB＋SC＋SD＝0；②SA＋SB－SC－ → → → → → → → → → → → SD＝0； ③SA－SB＋SC－SD＝0； ④SA· SB＝SC· SD； ⑤SA· SC ＝0，其中正确结论的序号是________．
空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件 (1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要 条件与平面向量的性质是一致的． (2) 利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已 知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点 P 位于平面 → → ABC 内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使AP＝xAB＋ → yAC.
由(1)知 CA1⊥平面 AMN， → 故平面 AMN 的一个法向量为CA1＝(2，2，3)， 设线段 AA1 上存在一点 P(2，2，t)，使得 C1P∥平面 AMN， → 则C1P＝(2，2，t－3)， 因为 C1P∥平面 AMN，
三
空间向量与立体几何
1．空间向量的有关定理和推论 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b 的 充要条件是存在实数 λ，使得 a＝λb. → → (2)共线向量定理的推论：若OA，OB不共线，则 P，A，B 三 → → → 点共线的充要条件是 OP＝λ OA＋μ OB，且 λ＋μ＝1.
主题 1
空间向量的运算 → 1 → → (1)已知正方体 ABCDA1B1C1D1 中， A1E＝ A1C1， 若AE 4
→ → → ＝xAA1＋y(AB＋AD)，则 x＝________，y＝________．
(2)如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，S 到 A、B、C、D 的 距离都等于 2.给出以下结论： → → → → → → → ①SA＋SB＋SC＋SD＝0；②SA＋SB－SC－ → → → → → → → → → → → SD＝0； ③SA－SB＋SC－SD＝0； ④SA· SB＝SC· SD； ⑤SA· SC ＝0，其中正确结论的序号是________．
空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件 (1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要 条件与平面向量的性质是一致的． (2) 利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已 知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点 P 位于平面 → → ABC 内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使AP＝xAB＋ → yAC.
由(1)知 CA1⊥平面 AMN， → 故平面 AMN 的一个法向量为CA1＝(2，2，3)， 设线段 AA1 上存在一点 P(2，2，t)，使得 C1P∥平面 AMN， → 则C1P＝(2，2，t－3)， 因为 C1P∥平面 AMN，
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
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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