（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題四 第3講 空間向量與空間幾何體課件 理

1、第3講空間向量與空間幾何體 近五年高考試題統(tǒng)計與命題預(yù)測 1.(2019全國,理18)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱 形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點. (1)證明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 2.(2019全國,理17)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正 方形,點E在棱AA1上,BEEC1. (1)證明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. (1)證明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故B1C1BE.又

2、BEEC1, 所以BE平面EB1C1. (2)解:由(1)知BEB1=90.由題設(shè)知RtABE RtA1B1E, 所以AEB=45, 故AE=AB,AA1=2AB. 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz, 則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1), 3.(2019全國,理19)圖1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC組成 的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.將其沿AB,BC折 起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2. (1)證明:圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小

3、. (1)證明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG, 故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE. 又因為AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)解:作EHBC,垂足為H. 因為EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC. 由已知,菱形BCGE的邊長為2,EBC=60,可求得BH=1,EH= . (1)證明:因為PA平面ABCD,所以PACD. 又因為ADCD,所以CD平面PAD. (2)解:過A作AD的垂線交BC于點M. 因為PA平面ABCD, 所以PAAM,PAAD. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-

4、xyz, 則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 因為E為PD的中點, 所以E(0,1,1). 5. (2019天津,理17)如圖,AE平面 ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求證:BF平面ADE; (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值為 ,求線段CF的長. 6.(2019江蘇,16)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC 的中點,AB=BC. 求證:(1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E. 證明:(1)因為D,E分別

5、為BC,AC的中點,所以EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1, 所以A1B1ED. 又因為ED平面DEC1,A1B1 平面DEC1, 所以A1B1平面DEC1. (2)因為AB=BC,E為AC的中點, 所以BEAC. 因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C平面ABC. 又因為BE平面ABC,所以C1CBE. 因為C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平 面A1ACC1. 因為C1E平面A1ACC1,所以BEC1E. 7. (2019浙江,19)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面 ABC,ABC=90,B

6、AC=30,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的 中點. (1)證明:EFBC; (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值. 解:方法一: (1)連接A1E,因為A1A=A1C,E是AC的中點, 所以A1EAC. 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面 ABC=AC, 所以,A1E平面ABC,則A1EBC. 又因為A1FAB,ABC=90,故BCA1F. 所以BC平面A1EF. 因此EFBC. (2)取BC中點G,連接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形.由于A1E平面 ABC,故A1EEG,所以平行四邊形EGFA1為矩形. 由(1)得BC

7、平面EGFA1,則平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面 A1BC上的射影在直線A1G上. 連接A1G交EF于O,則EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其 補角). 方法二:(1)連接A1E,因為A1A=A1C,E是AC的中點, 所以A1EAC. 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以,A1E平面ABC. 如圖,以點E為原點,分別以射線EC,EA1為y,z軸 的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 一、向量法證平行和垂直 1.直線l平面直線l的方向向量a平面的法向量nan=0. 2.平面平面平面的法向量n1平面的法向量 n2

8、n2=n1. 3.直線l平面直線l的方向向量a平面的法向量nn=a. 4.平面平面平面的法向量n1平面的法向量 n2n1n2=0. 二、向量法求角 1.異面直線所成的角:設(shè)異面直線a,b的方向向量分別為m,n,則異 面直線a,b所成角的余弦值等于|cos|. 2.直線與平面所成的角:設(shè)為直線l與平面所成的角,直線l的方 向向量a與平面的法向量n,sin =|cos|. 3.二面角:設(shè)二面角-l-的平面角為(0),n1,n2分別為平 面,的法向量,則|cos |=|cos|; 注:當(dāng)為銳角時,cos =|cos|;當(dāng)為鈍角時,cos =- |cos|. 考點1考點2考點3 利用空間向量證明平行、

9、垂直 例例1如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA底面 ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點. 證明: (1)BEDC; (2)BE平面PAD; (3)平面PCD平面PAD. 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 對應(yīng)訓(xùn)練對應(yīng)訓(xùn)練1 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=90,BC=2,CC1=4,點E在線段 BB1上,且EB1=1,D,F,G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點.求證: (1)B1D平面ABD. (2)平面EGF平面ABD. 考點1考點2考點3 證明:(1)依題意,以B為坐標(biāo)原點,BA,B

10、C,BB1所在的直線分別為x 軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),設(shè)BA=a, 則A(a,0,0), 即B1DBA,B1DBD. 又BABD=B,BA,BD平面ABD, 因此B1D平面ABD. 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 利用空間向量求空間角 角度一異面直線所成的角 例例2已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1, 則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. 考點1考點2考點3 解析:如圖,在平面ABC內(nèi)過點B作BDAB, 交AC于點D,則CBD=30.

11、因為BB1平面ABC,故以B為坐標(biāo)原點,分別以 射線BD,BA,BB1為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空 間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),A(0,2,0),B1(0,0,1),C1(cos 30,-sin 30,1), 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 角度二直線與平面所成的角 例例3(2018全國,理18) 如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折 痕把DFC折起,使點C到達(dá)點P的位置,且PFBF. (1)證明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 考點1考點2考點3 (1)證明:由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面

12、PEF.又 BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 角度三二面角的平面角 例例4(2018遼寧沈陽教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(一)如圖,在四棱錐P-ABCD中, 平面PAD平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=PD,APD=90. (1)證明:平面PAB平面PCD; (2)求二面角A-PB-C的余弦值. 考點1考點2考點3 解:(1)證明:因為底面ABCD為正方形,所以CDAD. 又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以CD平 面PAD. 又AP平面PAD,所以CDAP. 因為APD=90,即PDAP,CDPD=D

13、, 所以AP平面PCD. 因為AP平面PAB,所以平面PAB平面PCD. 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 對應(yīng)訓(xùn)練對應(yīng)訓(xùn)練2 (2018全國,理20)如圖,在三棱錐P-ABC 中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點. (1)證明:PO平面ABC; (2)若點M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30,求PC與平面PAM所 成角的正弦值. 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 利用向量解決探索性問題(綜合型) 例例5(2018吉林長春質(zhì)量監(jiān)測(二)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1

14、D1 中,底面ABCD為等腰梯形,AD=2BC=2CD=4,AA1=2 . (1)證明:AD1B1D; (2)設(shè)E是線段A1B1(不包括端點)上的動點,是否存在這樣的點E,使 得二面角E-BD1-A的余弦值為 ,如果存在,求出B1E的長;如果不存 在,請說明理由. 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 考點1考點2考點3 對應(yīng)訓(xùn)練對應(yīng)訓(xùn)練3 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯 形,ADBC,ADC=90,平面PAD底面ABCD,Q為AD的中點,M 是棱PC上的點,PA=PD=2,BC= (1)求證:平面PBC平面PQB; (2)若平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60,求PM 的長. 考點1考點2考點3 (1)證明:因為ADBC,Q為AD的中點,BC= AD,所以BC=QD,所 以四邊形BCDQ是平行四邊形, 因為ADC=90,所以BCBQ. 因為PA=PD,AQ=QD,所以PQAD, 又因為平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD