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高考数学大二轮复*专题五空间几何5.3空间向量与立体几何课件_图文

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二轮数学 专题五 立体几何

题型一

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课时作业

专题五

立体几何

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第 3 课时 空间向量与立体几何

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高考对本部分内容考查主要从以下形式进行:以空间几何 体为载体考查空间角是高考命题的重点,与空间线面关系的证 明相结合,热点为二面角的求解,均以解答题的形式进行考查, 难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.

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题型一 向量法证明*行与垂直 设直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).*面 α,β 的法向量分别为 u=(a2, b2,c2),v=(a3,b3,c3). (1)线面*行: l∥α?a⊥u?a·u=0?a1a2+b1b2+c1c2=0.

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(2)线面垂直: l⊥α?a∥u?a=ku?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面*行: α∥β?u∥v?u=kv?a2=ka3,b2=kb3,c2=kc3. (4)面面垂直 α⊥β?u⊥v?u·v=0?a2a3+b2b3+c2c3=0.

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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∥*面 PAB; (2)求证:*面 PAD⊥*面 PDC.

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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 E???12,1,12???,F???0,1,12???,

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).

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(1)因为E→F=-12A→B,所以E→F∥A→B, 即 EF∥AB. 又 AB?*面 PAB,EF?*面 PAB, 所以 EF∥*面 PAB.

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(2)因为A→P·D→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?*面 PAD,AD?*面 PAD, 所以 DC⊥*面 PAD.因为 DC?*面 PDC, 所以*面 PAD⊥*面 PDC.

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1.利用空间向量证明*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、*面的要素; (3)通过空间向量的运算研究*行、垂直关系; (4)根据运算结果解释相关问题.

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2.[警示] 利用空间向量证明*行、垂直关系时,对于法向量的*行、垂直 一定交代清楚涉及向量所在的直线、*面是否满足定理的条件.例如证明 l∥α, 需要证明 l 的方向向量与*面的法向量垂直,但一定要交代 l?α 这一条件.

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◎ 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⊥*面 ABD; (2)*面 EGF∥*面 ABD.

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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),

所以B→A=(a,0,0),B→D=(0,2,2),

B→1D=(0,2,-2), B→1D·B→A=0,B→1D·B→D=0+4-4=0, 即 B1D⊥BA,B1D⊥BD.

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题型一
又 BA∩BD=B,BA,BD?*面 ABD,

题型二

题型三

因此 B1D⊥*面 ABD.

(2)由(1)知,E(0,0,3),G???a2,1,4???,F(0,1,4),

则E→G=???a2,1,1???,E→F=(0,1,1),

B→1D·E→G=0+2-2=0,B→1D·E→F=0+2-2=0, 即 B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又 EG∩EF=E,EG,EF?*面 EGF,因此 B1D⊥*面 EGF. 结合(1)可知*面 EGF∥*面 ABD.

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题型二 向量法求空间角 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〉|=||aa|·|bb||. 2.向量法求线面所成的角 求出*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〉|=||nn|·|aa||.

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3.向量法求二面角 求出二面角 α-l-β 的两个半*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 cos θ=|cos〈n1,n2〉|=||nn11|·|nn22||;若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为 钝角,则 cos θ=-|cos〈n1,n2〉|=-||nn11|·|nn22||.

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(2018·天津卷)如图,AD∥BC 且 AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD 且 EG

=AD,CD∥FG 且 CD=2FG,DG⊥*面 ABCD,DA=DC=DG=2.

(1)若 M 为 CF 的中点,N 为 EG 的中点,求证:MN∥*面 CDE;

(2)求二面角 E-BC-F 的正弦值;

(3)若点 P 在线段 DG 上,且直线 BP 与*面 ADGE 所成的角为 60°,求线段

DP 的长.

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解析: 依题意,可以建立以 D 为原点,分别以D→A,D→C,D→G的方向为 x 轴、

y 轴、z 轴的正方向的空间直角坐标系 D-xyz(如图),可得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),

C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M???0,32,1???,N(1,0,2).

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(1)证明:依题意得D→C=(0,2,0),D→E=(2,0,2).

题型三

设 n0=(x,y,z)为*面 CDE 的法向量,则?????nn00··DD→→CE==00,,

即?????22yx= +02, z=0. 不妨令 z=-1, 可得 n0=(1,0,-1). 又M→N=???1,-32,1???,可得M→N·n0=0. 又因为直线 MN?*面 CDE,所以 MN∥*面 CDE.

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(2)依题意,可得B→C=(-1,0,0),B→E=(1,-2,2),C→F=(0,-1,2).

设 n=(x,y,z)为*面 BCE 的法向量,则?????nn··BB→→EC==00,,

即?????-x-x=2y+0,2z=0. 不妨令 z=1,可得 n=(0,1,1).

设 m=(x,y,z)为*面 BCF 的法向量,则?????mm··CB→→CF==00,,

即?????--xy=+02,z=0. 不

妨令 z=1,可得 m=(0,2,1).

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因此有 cos〈m,n〉=|mm|·|nn|=31010,

于是

sin〈m,n〉=

10 10 .

所以,二面角

E-BC-F

的正弦值为

10 10 .

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(3)设线段 DP 的长为 h(h∈[0,2]),则点 P 的坐标为(0,0,h),可得B→P=(-1,

-2,h).

易知,D→C=(0,2,0)为*面 ADGE 的一个法向量,

故|cos〈B→P,D→C〉|=

→→ |B→P·D→C| =

|BP||DC|

h22+5,

由题意,可得 h22+5=sin 60°= 23,解得 h= 33∈[0,2].

所以,线段

DP

的长为

3 3.

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1.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.

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2.[警示] 求空间角注意:(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*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.(3)直线和*面所成的角的正弦值等于*面法向量 与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值,即注意函数名称的变化.

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◎ 变式训练

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题型三

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1.(2018·江苏卷)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1=2,点 P,Q 分别为 A1B1,BC 的中点.
(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值; (2)求直线 CC1 与*面 AQC1 所成角的正弦值.

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课时作业

解析: 如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,设 AC,A1C1 的中点分别为 O,

O1,则 OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{O→B,O→C,O→O1}为基底,建立空间直

角坐标系 O-xyz.

因为 AB=AA1=2,所以 A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),

B1( 3,0,2),C1(0,1,2).

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题型一

题型二

(1)因为 P 为 A1B1 的中点,所以 P???? 23,-12,2????,

从而B→P=????- 23,-12,2????,A→C1=(0,2,2),

故|cos〈B→P,A→C1〉|=

→→ |BP·AC1| →→



|-5×1+2 42| =3

10 20 .

|BP|·|AC1|

因此,异面直线

BP



AC1

所成角的余弦值为3

10 20 .

题型三

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题型一

题型二

(2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q???? 23,12,0????,

因此A→Q=???? 23,32,0????,A→C1=(0,2,2),C→C1=(0,0,2).

设 n=(x,y,z)为*面 AQC1 的一个法向量,

??A→Q·n=0, 则???A→C1·n=0,

?? 即?

23x+32y=0,

??2y+2z=0.

题型三

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题型一

题型二

不妨取 n=( 3,-1,1).

设直线 CC1 与*面 AQC1 所成角为 θ,



sin

θ=|cos〈C→C1,n〉|=

→ |CC1·n| →



52×2=

5 5.

|CC1|·|n|

所以直线

CC1

与*面

AQC1

所成角的正弦值为

5 5.

题型三

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2.(2018·长春市质量检测(一))如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,

PA⊥*面 ABCD,E 为 PD 的中点.

(1)证明:PB∥*面 ACE;

(2)设 PA=1,∠ABC=60°,三棱锥 E-ACD 的体积为 83,求二面角 D-AE-C 的余弦值.

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题型三

解析: (1)证明:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 OE. 在△PBD 中,PE=DE,BO=DO,所以 PB∥OE. 又 OE?*面 ACE,PB?*面 ACE,所以 PB∥*面 ACE. (2)由题易知 VP-ABCD=2VP-ACD=4VE-ACD= 23, 设菱形 ABCD 的边长为 a, 则 VP-ABCD=13S?ABCD·PA=13×????2× 43a2????×1= 23,则 a= 3.

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取 BC 的中点为 M,连接 AM,则 AM⊥AD. 以点 A 为坐标原点,分别以A→M,A→D,A→P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 A-xyz.

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则 A(0,0,0),E????0, 23,12????,C????32, 23,0????,A→E=????0, 23,12????,A→C=????32, 23,0????. 设 n1=(x,y,z)为*面 AEC 的法向量,

则?????nn11··AA→→EC==00,,

? ? 即?

23y+12z=0,

??32x+ 23y=0,

取 x=1,则 n1=(1,- 3,3)为*面 AEC

的一个法向量.

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又易知*面 AED 的一个法向量为 n2=(1,0,0),

所以 cos〈n1,n2〉=|nn11|··n|n22|= 1+13+9= 1133,

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

13 13 .

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题型三

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题型三 向量法解决探索性问题

如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为矩形,PA⊥*面 ABCD,点 E

是 PD 的中点,点 F 是 PC 的中点.

(1)证明:PB∥*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 60°?

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解析: (1)证明:法一:如图,连接 BD,设 AC∩BD=O,连接 OE, 因为四边形 ABCD 为矩形, 所以 O 是 BD 的中点, 因为点 E 是 PD 的中点, 所以 PB∥EO, 又 PB?*面 AEC,EO?*面 AEC, 所以 PB∥*面 AEC.

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法二: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, 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).
设 AC∩BD=O,连接 OE,则 O(a,b,0),又 E 是 PD 的中点,所以 E(0,b, c).
因为P→B=(2a,0,-2c),E→O=(a,0,-c),
所以P→B=2E→O,所以P→B∥E→O ,即 PB∥EO.
因为 PB?*面 AEC,EO?*面 AEC,所以 PB∥*面 AEC.

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(2)因为四边形 ABCD 为正方形,所以 a=b,A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0), D(0,2a,0),P(0,0,2c),E(0,a,c),F(a,a,c),
因为 z 轴?*面 CAF,所以设*面 CAF 的一个法向量为 n=(x,1,0),而A→C= (2a,2a,0),
所以A→C·n=2ax+2a=0,得 x=-1,所以 n=(-1,1,0).

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因为 y 轴?*面 DAF,所以设*面 DAF 的一个法向量为 m=(1,0,z),而A→F= (a,a,c),
所以A→F·m=a+cz=0,得 z=-ac, 所以 m=???1,0,-ac???∥m′=(c,0,-a). cos 60°=||nn|·|mm′′||= 2?ac2+c2?=12,得 a=c. 故当 AP 与正方形 ABCD 的边长相等时,二面角 C-AF-D 的大小为 60°.

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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,它无需进行复杂的作图、 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,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.

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◎ 变式训练 如图(1),在等腰 Rt△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=2,D,E 分别是边 AB, BC 的中点,将△BDE 沿 DE 翻折,得到四棱锥 B-ADEC,且 F 为棱 BC 的中点, AB= 2,如图(2). (1)求证:EF⊥*面 ABC; (2)在线段 AD 上是否存在一点 Q,使得 AF∥*面 BEQ?若存在,求直线 BC 与*面 BEQ 所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.

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解析: (1)证明:取 AB 的中点 H,连接 DH,HF. 翻折前,∠BAC=90°,AB=AC=2, D,E 分别是边 AB,BC 的中点,所以 AD=BD=1,DE∥AC. 翻折后,AB= 2,则 AD2+BD2=AB2,所以 AD⊥BD,且△ADB 为等腰直角 三角形,所以 DH⊥AB. 又 DE⊥AD,DE⊥BD,且 AD∩BD=D,所以 DE⊥*面 ADB, 因为 DE∥AC,所以 AC⊥*面 ADB,所以 AC⊥DH. 又 AB∩AC=A,所以 DH⊥*面 ABC. 又 HF∥AC,DE∥AC,且 HF=12AC=DE, 所以四边形 DEFH 是*行四边形, 所以 EF∥DH,所以 EF⊥*面 ABC.

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(2)如图所示,以 D 为坐标原点,DE,DA,DB 所在直线分别为 x 轴,y 轴,

z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz.

则 A(0,1,0),B(0,0,1),E(1,0,0),C(2,1,0),F???1,12,12???.

假设存在点 Q 满足题意,不妨设 Q(0,t,0)(0≤t≤1),

则B→Q=(0,t,-1),E→Q=(-1,t,0),A→F=???1,-12,12???.

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设*面 BEQ 的法向量为 n=(x,y,z), 则由 n·B→Q=0,且 n·E→Q=0,得?????y-t-x+z=ty0=,0, 取 y=1,则 n=(t,1,t)为*面 BEQ 的一个法向量. 要使 AF∥*面 BEQ,只需 n⊥AF,故 n·A→F=(t,1,t)·???1,-12,12???=t-12+12t =0, 所以 t=13,即线段 AD 上存在一点 Q???0,13,0???,使得 AF∥*面 BEQ.

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题型一

此时*面 BEQ 的一个法向量为 n=???13,1,13???.

题型二

题型三

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而B→C=(2,1,-1),

所以 cos〈n,B→C〉=|n|n×·B→|BC→C|



13×2+1×1+13×?-1?

=2

???13???2+12+???13???2× 22+12+?-1?2

3366,

设直线

BC

与*面

BEQ

所成的角为

θ,则

sin

θ=|cos〈n,B→C〉|=2

66 33 .

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谢谢观看!

编后语
? 常常可见到这样的同学,他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具,下课铃一响,就迫不及待地“逃离”教室。实际上,每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学*的同学往往懂得抓好课后的“*鹆椒种印薄D敲矗魏蟮摹盎*鹗奔洹笨梢杂美醋鍪裁茨兀
? 一、释疑难 ? 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题,应该在课堂上标出来,下课时,在老师还未离开教室的时候,要主动请老师讲解清楚。如果老师已
经离开教室,也可以向同学请教,及时消除疑难问题。做到当堂知识,当堂解决。 ? 二、补笔记 ? 上课时,如果有些东西没有记下来,不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容,可以在笔记本上留下一定的空间。下课后,再从头到尾阅读一
遍自己写的笔记,既可以起到复*的作用,又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全,错别字要纠正,过于潦草的字要写清楚。同时,将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想,用自己的话写在笔记本的空白处。这样,可以使笔记变的更加完整、充实。 ? 三、课后“静思2分钟”大有学问 ? 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间,在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍,把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍,这样,不仅可以加深知识的理解和记忆,还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以,2分钟的课后静思等于同一学科知识的 课后复*30分钟。

2019/5/26

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