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2013届高三数学二轮复习 专题四 第3讲空间向量与立体几何教案


第3讲
自主学习导引

空间向量与立体几何

真题感悟 1.(2012·陕西)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC?A1B1C1,CA=CC1=2CB, 则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 A. 5 5 2 5 5 B. 5 3 3 5

C.

D.

/>解析 利用向量法求解. 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2. 可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), ∴cos〈BC1,AB1〉= → →

BC1·AB1
|BC1||AB1| → →







4-1 5× 9



1

5 = >0. 5 5

→ → ∴BC1与AB1的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 5 . 5

答案 A 2.(2012·辽宁)如图,直三棱柱 ABC ? A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=λ AA′,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′MNC 为直二面角,求 λ 的值.

解析 (1)证明 证法一 连接 AB′, ′, AC 由已知∠BAC=90°, =AC, AB 三棱柱 ABCA′B′C′ 为直三棱柱,所以 M 为 AB′的中点.又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′.又 MN?平面 A′ACC′,AC′? 平面 A′ACC′,因此 MN∥平面 A′ACC′. 证法二 取 A′B′的中点 P, 连接 MP, .而 M, 分别为 AB′与 B′C′的中点, NP N 所以 MP∥AA′, PN∥A′C′,所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′.又 MP∩NP=P,因此平面 MPN∥平 面 A′ACC′.而 MN? 平面 MPN,所以 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 O- xyz,如图所示. 设 AA′=1, AB=AC=λ , 则 于是 A(0,0,0),B(λ , 0,0),C(0,λ ,0),A′(0,0,1),B′(λ ,
-1-

1? ?λ λ ?λ ? 0,1),C′(0,λ ,1),所以 M? ,0, ?,N? , ,1?. 2? ? 2 2 ?2 ?

设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, → ? ?m·A′M=0, 由? ? → ?m·MN=0

?λ2 x -1z =0, ? 2 得? λ 1 ? 2 y +2z =0, ?
1 1 1 1

可取 m=(1,-1,λ ). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量,

?n·→=0, ? NC 由? ?n·→=0 ? MN

?-λ2 x +λ2 y -z =0, ? 得? λ 1 ? ? 2 y +2z =0,
2 2 2 2 2

可取 n=(-3,-1,λ ). 因为 A′?MN?C 为直二面角,所以 m·n=0. 2 即-3+(-1)×(-1)+λ =0,解得 λ = 2(负值舍去). 考题分析 应用空间向量解决立体几何问题是高考的必考考点,空间向量的工具性主要体现在平行与垂 直的判定,求空间的角的大小.解题时要特别注意避免计算失误. 网络构建

高频考点突破 考点一:利用向量证明平行与垂直 【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
-2-

的中点,PA=AB=1,BC=2. 求证:(1)EF∥平面 PAB; (2)平面 PAD⊥平面 PDC.

[审题导引] 建立空间直角坐标系后,使用向量的共线定理证明∥即可证明第(1)问,第(2) 问根据向量的垂直关系证明线线垂直,进而证明线面垂直,得出面面垂直. [规范解答] 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 1? ?1 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 为? ,1, ?, 2? ?2

F 为?0,1, ? 2

? ?

1?

?



→ → → → ? ? → EF=?- ,0,0?,PB=(1,0,-1),PD=(0,2,-1),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC= 1 ? 2

?

→ (1,0,0),AB=(1,0,0). 1→ → → → (1)因为EF=- AB,所以EF∥AB, 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 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. 【规律总结】 用空间向量证明位置关系的方法 (1)线线平行:欲证直线与直线平行,只要证明它们的方向向量平行即可; (2)线面平行:用线面平行的判定定理,证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平

-3-

行;用共面向量定理,证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面;证 明直线的方向向量与平面的法向量垂直; (3)面面平行:平面与平面的平行,除了用线面平行的判定定理转化为线面平行外,只要证明 两平面的法向量平行即可; (4)线线垂直:直线与直线的垂直,只要证明两直线的方向向量垂直; (5)线面垂直:用线面垂直的定义,证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量 垂直;用线面垂直的判定定理,证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂 直;证明直线的方向向量与平面的法向量平行; (6)面面垂直:平面与平面的垂直,除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外,只要证明 两平面的法向量垂直即可. 【变式训练】 1.如图所示,在底面是正方形的四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,BD 交 AC 于点 E,F 是 PC 的中点,G 为 AC 上一点. (1)求证:BD⊥FG; (2)确定点 G 在线段 AC 上的位置,使 FG∥平面 PBD,并说明理由.

解析 (1)证明 以 A 为原点,AB、BD、PA 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直 角坐标系 A-xyz,如图所示, 设正方形 ABCD 的边长为 1,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), 设 P(0,0,a)(a>0),G(m,m,0)(0<m< 2),

?1 1 ? ?1 1 a? 则 E? , ,0?,F? , , ?. ?2 2 ? ?2 2 2?

1 a? → → ? 1 (1)BD=(-1,1,0),FG=?m- ,m- ,- ?, 2 2? ? 2 1 1 → → BD·FG=-m+ +m- +0=0,所以 BD⊥FG. 2 2 (2)要使 FG∥平面 PBD,只需 FG∥EP, → ?1 1 ? 而PE=? , ,-a?, ?2 2 ?

-4-

?m-1=1λ , ? 2 2 → → 由FG=λ EP,可得? a ?-2=-aλ , ?

?λ =1, ? 2 解得? 3 ?m=4, ?

→ 3→ ?3 3 ? 所以 G? , ,0?,所以AG= AC. 4 ?4 4 ? 3 故当 AG= AC 时,FG∥平面 PBD. 4 考点二:利用向量求线线角、线面角 【例 2】如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=2, AB=1,BM⊥PD 于点 M. (1)求证:AM⊥PD; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成角的余弦值.

[审题导引] 建立坐标系,求出平面 ACM 的法向量,利用向量法求直线 CD 与平面 ACM 所成角 的余弦值. [规范解答] (1)证明 ∵PA⊥平面 ABCD, AB? 平面 ABCD, ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD,AD∩PA=A,AD? 平面 PAD, PA? 平面 PAD, ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD? 平面 PAD,∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB? 平面 ABM, BM? 平面 ABM, ∴PD⊥平面 ABM. ∵AM? 平面 ABM,∴AM⊥PD. (2)如图所示,建立直角坐标系,则 A(0,0,0),C(1,2,0),

D(0,2,0),∴CD=(-1,0,0),
→ 设 M(0,y0,z0),∴AM=(0,y0,z0), → ∵P(0,0,2),∴PD=(0,2,-2), →



PM=(0,y0,z0-2),
-5-

→ → → → 由AM⊥PD,得AM·PD=2y0-2z0=0, 即 y0=z0,

→ → 又PD=λ PM,∴-2y0=2(z0-2),即-y0=z0-2, 解方程组得 y0=z0=1,即 M(0,1,1), 设平面 ACM 的法向量为 n=(x,y,z),

?n·→=x+2y=0 ? AC 则? ?n·→=y+z=0 ? AM

令 z=1,得 n=(2,-1,1),

-2 6 → ∴cos 〈CD,n〉= =- , 3 1× 6 ∴直线 CD 与平面 ACM 成角的余弦值为 【规律总结】 向量法求线线角、线面角的注意事项 (1)建立适当的直角坐标系,根据对称性原则,使尽可能多的点在坐标轴,易于求各点的坐标; (2)求直线与平面所成的角 θ ,主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 α 求得,即 sin θ =|cos α |. 【变式训练】 2.(2012·山西四校模拟)在三棱锥 M-ABC 中,AB=2AC=2,MA=MB= 5 ,AB=4AN, 2 1-?-

? ?

3 6?2 ?= 3 . 3?

AB⊥AC,平面 MAB⊥平面 ABC,S 为 BC 的中点.
(1)证明:CM⊥SN; (2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小.

解析 (1)证明 取 AB 的中点 O,连接 MO,CO,SO, ∴MO⊥AB, ∵平面 MAB⊥平面 ABC,MO⊥平面 ABC,
-6-

又 AC⊥AB,OS∥AC,∴OS⊥AB, 以 O 为坐标原点,OB 为 x 轴,OS 为 y 轴,OM 为 z 轴建立空间直角坐标系. 1? ? 1 ? ? ? 1 ? 则 C(-1,1,0),M?0,0, ?,N?- ,0,0?,S?0, ,0?, 2? ? 2 ? ? ? 2 ? 1? → ? 1 1 ? → ? 所以CM=?1,-1, ?,SN=?- ,- ,0?, 2? 2 2 ? ? ? → → 故CM·SN=0,即 CM⊥SN. 1? → ?1 ? → ?1 (2)由(1)知,CN=? ,-1,0?,NM=? ,0, ?, 2 2 2? ? ? ? 设平面 CMN 的法向量为 n=(x,y,z),

?→·n=0 ?CN 则? → ?MN·n=0 ?

?y=1x ? ,得? 2 ?z=-x ?

,令 x=2,

则得平面 CMN 的一个法向量为 n=(2,1,-2), 2 → 则|cos〈n,SN〉|= , 2 π 所以 SN 与平面 SMN 所成角为 . 4 考点三:利用向量求二面角 【例 3】(2012·泉州模拟)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面△ABC 为等腰直角三角形, ∠B=90°,D 为棱 BB1 上一点,且面 DA1C⊥面 AA1C1C (1)求证:D 为棱 BB1 的中点; (2)

AA1 为何值时,二面角 A-A1D-C 的平面角为 60°? AB

[审题导引] (1)取 AC 的中点 F,A1C 的中点 E,利用 BD∥ EF 证明; (2)以 D 为原点建系,设出相关点的坐标,利用公式求解. [规范解答] (1)证明 过点 D 作 DE⊥A1C 于 E 点,取 AC 的中点 F,连 BF、EF.

-7-

∵面 DA1C⊥面 AA1C1C 且相交于 A1C,面 DA1C 内的直线 DE⊥A1C, ∴直线 DE⊥面 AA1C1C. 又∵面 BAC⊥面 AA1C1C 且相交于 AC,易知 BF⊥AC, ∴BF⊥面 AA1C1C. 由此知:DE∥BF,从而有 D,E,F,B 共面, 又易知 BB1∥面 AA1C1C,故有 DB∥EF, 从而有 EF∥AA1, 1 1 又点 F 是 AC 的中点,所以 DB=EF= AA1= BB1, 2 2 ∴D 点为棱 BB1 的中点. (2)建立如图所示的直角坐标系,设 AA1=2b,AB=BC=a,

则 D(0,0,b),A1(a,0,2b),C(0,a,0), → → 所以,DA1=(a,0,b),DC=(0,a,-b), 设面 DA1C 的法向量为 n=(x,y,z),
? ?ax+0·y+bz=0 则? ? ?0·x+ay-bz=0

,可取 n=(b,-b,-a),

又可取平面 AA1DB 的法向量

m=BC=(0,a,0), n·m b·0-ba-a·0 b cos〈n,m〉= = =- , 2 2 2 2 2 |n|·|m| 2b +a · a 2b +a
-8-



据题意有: 【规律总结】

b 1 AA1 2b = ,解得: = = 2. 2 2 AB a 2b +a 2

利用向量求二面角的注意事项 (1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所求. (2)求平面的法向量的方法: ①待定系数法:设出法向量坐标,利用垂直关系建立坐标的方程解之. ②先确定平面的垂线,然后取相关线段对应的向量,即确定了平面的法向量.当平面的垂线 较易确定时,常考虑此方法. 【变式训练】 3. (2012·北京东城二模)如图, 矩形 AMND 所在的平面与直角梯形 MBCN 所在的平面互相垂直, MB∥NC,MN⊥MB,且 MC⊥CB,BC=2,MB=4,DN=3.

(1)求证:AB∥平面 DNC; (2)求二面角 D-BC-N 的余弦值. 解析 (1)证明 因为 MB∥NC,MB?平面 DNC,NC? 平面 DNC, 所以 MB∥平面 DNC. 因为 AMND 为矩形,所以 MA∥DN. 又 MA?平面 DNC,DN? 平面 DNC, 所以 MA∥平面 DNC. 又 MA∩MB=M,且 MA,MB? 平面 AMB, 所以平面 AMB∥平面 DNC. 又 AB? 平面 AMB,所以 AB∥平面 DNC. (2)由已知平面 AMND⊥平面 MBCN, 且平面 AMND∩平面 MBCN=MN, ⊥MN, DN 所以 DN⊥平面 MBCN, 又 MN⊥NC,故以点 N 为坐标原点,建立空间直角坐标系 N-xyz.

由已知得 MC=2 3,∠MCN=30°, 易得 MN= 3,NC=3.
-9-

则 D(0,0,3),C(0,3,0),B( 3,4,0). →

DC=(0,3,-3),CB=( 3,1,0).
设平面 DBC 的法向量 n1=(x,y,z),



?n1·→=0, DC ? 则? ?n1·→=0. CB ?

?3y-3z=0, 即? ? 3x+y=0.

令 x=-1,则 y= 3,z= 3. 所以 n1=(-1, 3, 3). 又 n2=(0,0,1)是平面 NBC 的一个法向量,

n1·n2 3 21 所以 cos〈n1,n2〉= = = . |n1||n2| 7 7
故所求二面角 D-BC-N 的余弦值为 名师押题高考 【押题 1】如图,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的各条棱长都相等,且 CC1⊥底面 ABC,M 是侧棱 21 . 7

CC1 的中点,则异面直线 AB1 和 BM 所成的角为
A. C. π 2 π 6 B. π 4 D. π 3

解析

→ → → 由题意可知该三棱柱为正三棱柱,设其棱长为 2,BA=a,BB1=b,BC=c,则|a|

π π π =|b|=|c|=2,且〈a,c〉= , a,b〉=〈b,c〉= ,所以 a·c=2×2×cos 〈 =2, 3 2 3 → → → → ? ? a·b=b·c=0.而AB1=b-a,BM=c+ b,所以AB1·BM=(b-a)·?c+ b?=b·c+ b2-a·c 1 2

?

1 2 ?

1 2

1 π π → → - a·b=0,故〈AB1,BM〉= ,即异面直线 AB1 与 BM 所成的角为 . 2 2 2 答案 A [押题依据] 空间向量与立体几何相结合是高考的一个热点问题,空间向量在高考试题中的 出现主要体现其工具性,独立命题的可能性很小,一般用以解决立体几何中的线面位置关系 的证明,求空间角的大小及空间的距离. 【押题 2】在四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD,底面 ABCD 是直角梯形,
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AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=1,CD=2.
(1)求证:BC⊥平面 PBD; → → (2)设 E 为侧棱 PC 上一点,PE=λ PC,试确定 λ 的值,使得二面角 E-BD-P 的大小为 45°.

解析 (1)证明 因为侧面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD,所以 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥AD.又因 为∠ADC=90°,即 AD⊥CD,以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1), → → 所以DB=(1,1,0),BC=(-1,1,0). → → 所以BC·DB=0,所以 BC⊥DB. 由 PD⊥底面 ABCD,可得 PD⊥BC, 又因为 PD∩DB=D,所以 BC⊥平面 PBD. → → (2)由(1)知平面 PBD 的一个法向量为BC=(-1,1,0),且 P(0,0,1),C(0,2,0),所以PC= → → → (0,2,-1),又PE=λ PC,所以 E(0,2λ ,1-λ ),DE=(0,2λ ,1-λ ). 设平面 EBD 的法向量为 n=(a,b,c), → 因为DB=(1,1,0), → → 由 n·DB=0,n·DE=0,
?a+b=0 ? 得? ? ?2λ b+? 1-λ ?

c=0



令 a=-1,则可得平面 EBD 的一个法向量为 → ?-1,1, 2λ ?,所以 cos π =? n·BC ?, ? ? n=? λ -1? → ? 4 ? ? ? ?|n|·|BC|? 解得 λ = 2-1 或 λ =- 2-1, 又由题意知 λ ∈(0,1),故 λ = 2-1. [押题依据] 高考对立体几何的考查,主要以柱体、锥体或其组合体为载体,考查线面位置
- 11 -

关系的判定与证明,求空间角的大小等,但有时也会给出位置关系或角的大小,求使其成立 的充分条件,即所谓的探索性问题,此类问题利用空间向量解决则更加方便.本题立意新颖, 考查全面,难度适中,故押此题.

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