2021届课标版高考理科数学大一轮复习课件：8-5　空间向量在立体几何中的应用（讲解部分）

2021届课标版高考理科数学大一轮复习课件：8-5　空间向量在立体几何中的应用（讲解部分）

8.5 　空间向量在立体几何中的应用 高考理数 考点一    用向量法证明平行、垂直 考向基础 1.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理:共线向量定理可以分解为两个命题( a , b ( b ≠ 0) 为空间内 任意两个向量):① a ∥ b ⇒ 存在唯一实数 λ ,使得 a = λb ;②若存在实数 λ ,使得 a = λb ,则 a ∥ b ,其中命题②是空间向量共线的判定定理. (2)四点共面的充要条件:①空间一点 P 位于平面 ABC 的充要条件是存在有 序实数对( x , y ),使   = x   + y   成立;② 对空间任意一点 O ,有   = x   + y   + z   ,若 x + y + z =1,则 P , A , B , C 四点共面 ,反之亦成立. (3)空间向量基本定理:①空间 任意三个不共面的向量 都可以构成空间的一 组基底;②基底选定后,空间的所有向量均可由基底 唯一表示 . 考点清单 2.与空间向量运算有关的结论 设 a =( a 1 , a 2 , a 3 ), b =( b 1 , b 2 , b 3 ). (1) a ∥ b ⇔ a = λb ( b ≠ 0) ⇔ a 1 = λb 1 , a 2 = λb 2 , a 3 = λb 3 ( λ ∈R); (2) a ⊥ b ⇔ a · b =0 ⇔ a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 =0; (3)| a |=   =   ; (4)cos< a , b >=   =   . 3.利用空间向量解决平行、垂直问题 设不同直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ,不同平面 α , β 的法向量分别为 u , v ,则 (1) l ∥ m ⇔ a ∥ b ⇔ a = kb , k ∈R且 k ≠ 0; (2) l ∥ α ⇔ a ⊥ u ⇔ a · u =0; (3) α ∥ β ⇔ u ∥ v ⇔ u = λv , λ ∈R且 λ ≠ 0; (4) l ⊥ m ⇔ a ⊥ b ⇔ a · b =0; (5) l ⊥ α ⇔ a ∥ u ⇔ a = ku , k ∈R且 k ≠ 0; (6) α ⊥ β ⇔ u ⊥ v ⇔ u · v =0. 考向突破 考向    用向量法证明平行、垂直 例     (2018天津,17,13分)如图, AD ∥ BC 且 AD =2 BC , AD ⊥ CD , EG ∥ AD 且 EG = AD , CD ∥ FG 且 CD =2 FG , DG ⊥平面 ABCD , DA = DC = DG =2. (1)若 M 为 CF 的中点, N 为 EG 的中点,求证: MN ∥平面 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 与平面 ADGE 所成的角为60 ° ,求线段 DP 的长. 解析 　依题意,可以建立以 D 为原点,分别以   ,   ,   的方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向的空间直角坐标系(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   , N (1,0,2). (1)证明:依题意   =(0,2,0),   =(2,0,2). 设 n 0 =( x 0 , y 0 , z 0 )为平面 CDE 的法向量, 则   即   不妨令 z 0 =-1,可得 n 0 =(1,0,-1). 又   =   ,可得   · n 0 =0, 又因为直线 MN ⊄ 平面 CDE ,所以 MN ∥平面 CDE . (2)依题意,可得   =(-1,0,0),   =(1,-2,2),   =(0,-1,2).设 n =( x 1 , y 1 , z 1 )为平面 BCE 的法向量,则   即   不妨令 z 1 =1,可得 n =(0,1,1). 设 m =( x 2 , y 2 , z 2 )为平面 BCF 的法向量, 则   即   不妨令 z 2 =1,可得 m =(0,2,1). 因此有cos< m , n >=   =   ,于是sin< m , n >=   . 所以,二面角 E - BC - F 的正弦值为   . (3)设线段 DP 的长为 h ( h ∈[0,2]),则点 P 的坐标为(0,0, h ),可得   =(-1,-2, h ). 易知,   =(0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量, 故|cos<   ,   >|=   =   , 由题意,可得   =sin 60 ° =   ,解得 h =   ∈[0,2].所以,线段 DP 的长为   . 考点二    用向量法求空间角和距离 考向基础 1.空间角的计算 (1)异面直线所成角公式:设 a 、 b 分别为异面直线 l 1 、 l 2 的方向向量, θ 为 l 1 、 l 2 所成的角,则cos θ = |cos< a , b >| =   . (2)线面所成角公式:设 l 为平面 α 的斜线, a 为 l 的方向向量, n 为平面 α 的法向 量, θ 为 l 与 α 所成的角,则sin θ =|cos< a , n >|=   . (3)二面角公式:设 n 1 、 n 2 分别为平面 α 、 β 的法向量,二面角为 θ ,则 θ =< n 1 , n 2 > 或 θ =π-< n 1 , n 2 >(需要根据具体情况判断相等或互补),其中cos< n 1 , n 2 >=   . 2.点到平面的距离公式 P 为平面 α 外一点, a 、 n 分别为平面 α 过 P 点的斜向量、法向量, d 为 P 到 α 的距 离,则 d =| a |·|cos< a , n >|=   . 注意　线面、面面距离均可转化为点到平面的距离,用点到平面的距离公 式求解. 考向突破 考向一    利用空间向量求直线与平面所成的角 例1     (2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥 P - ABCD ,△ PAD 是以 AD 为斜边 的等腰直角三角形, BC ∥ AD , CD ⊥ AD , PC = AD =2 DC =2 CB , E 为 PD 的中点. (1)证明: CE ∥平面 PAB ; (2)求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值.   解析 　(1)证明:取 AD 的中点 O ,连接 OB , OP . ∵△ PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形,∴ OP ⊥ AD . ∵ BC =   AD = OD ,且 BC ∥ OD , ∴四边形 BCDO 为平行四边形, 又∵ CD ⊥ AD ,∴ OB ⊥ AD , ∵ OP ∩ OB = O ,∴ AD ⊥平面 OPB . 过点 O 在平面 POB 内作 OB 的垂线 OM ,交 PB 于 M , 以 O 为原点, OB 所在直线为 x 轴, OD 所在直线为 y 轴, OM 所在直线为 z 轴,建立 空间直角坐标系,如图.   设 CD =1,则有 A (0,-1,0), B (1,0,0), C (1,1,0), D (0,1,0). 设 P ( x ,0, z )( z >0),由 PC =2, OP =1, 得   得 x =-   , z =   , 即点 P   , 而 E 为 PD 的中点,∴ E   . 设平面 PAB 的法向量为 n =( x 1 , y 1 , z 1 ), ∵   =   ,   =(1,1,0), ∴   ⇒   取 y 1 =-1,得 n =(1,-1,   ). 而   =   , 则   · n =0,而 CE ⊄ 平面 PAB , ∴ CE ∥平面 PAB . (2)设平面 PBC 的法向量为 m =( x 2 , y 2 , z 2 ), ∵   =(0,1,0),   =   , ∴   取 x 2 =1,得 m =(1,0,   ). 设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ . 则sin θ =|cos< m ,   >|=   =   , 故直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为   . 考向二    利用空间向量求距离 例2 　如图所示,在长方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中, AD = AA 1 =1, AB =2,点 E 是棱 AB 的中点,则点 E 到平面 ACD 1 的距离为   (　　)   A.   　　　　    B.   　　　　    C.   　　　　    D.   解析 　如图,以 D 为坐标原点,直线 DA , DC , DD 1 分别为 x , y , z 轴建立空间直角 坐标系, 则 D 1 (0,0,1), E (1,1,0), A (1,0,0), C (0,2,0).   =(1,1,-1),   =(-1,2,0),   =(-1,0,1), 设平面 ACD 1 的法向量为 n =( a , b , c ), 则   取a=2,得 n =(2,1,2), ∴点 E 到平面 ACD 1 的距离 h =   =   =   . 故选C. 答案     C 方法1      求解二面角的方法 　　1.定义法:在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作 垂直于棱的射线,如图(1),∠ AOB 为二面角 α - l - β 的平面角. 2.垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面的交 线所形成的角即为二面角的平面角,如图(2),∠ AOB 为二面角 α - l - β 的平面 角. 3.垂线法(三垂线定理法):过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面 所在平面的垂线,从垂足出发向棱引垂线,利用三垂线定理(线面垂直的性 质)即可找到所求二面角的平面角或其补角.如图(3),∠ ABO 为二面角 α - l - β 的平面角. 方法技巧   4.利用 射影面积公式:cos θ =   ( θ 为两平面的夹角), 该法主要用来解决无棱 二面角大小的计算问题,关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一 个半平面内的射影. 5.向量法:利用公式cos< n 1 , n 2 >=   ( n 1 , n 2 分别为两平面的法向量)进行求 解,注意< n 1 , n 2 >与二面角大小的关系,是相等还是互补,需结合图形进行判 断. 例1     (2019北京,16,14分)如图,在四棱锥 P - ABCD 中, PA ⊥平面 ABCD , AD ⊥ CD , AD ∥ BC , PA = AD = CD =2, BC =3. E 为 PD 的中点,点 F 在 PC 上,且   =   . (1)求证: CD ⊥平面 PAD ; (2)求二面角 F - AE - P 的余弦值; (3)设点 G 在 PB 上,且   =   .判断直线 AG 是否在平面 AEF 内,说明理由.   解题导引   　       　       解析 　(1)证明:因为 PA ⊥平面 ABCD ,所以 PA ⊥ CD , 又因为 AD ⊥ CD ,所以 CD ⊥平面 PAD . (2)解法一:过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M . 因为 PA ⊥平面 ABCD , 所以 PA ⊥ AM , PA ⊥ AD . 如图建立空间直角坐标系 A - xyz ,则 A (0,0,0), B (2,-1,0), C (2,2,0), D (0,2,0), P (0, 0,2). 因为 E 为 PD 的中点,所以 E (0,1,1). 所以   =(0,1,1),   =(2,2,-2),   =(0,0,2). 所以   =     =   ,   =   +   =   . 设平面 AEF 的法向量为 n =( x , y , z ), 则   即   令 z =1,则 y =-1, x =-1.于是 n =(-1,-1,1). 又因为平面 PAD 的一个法向量为 p =(1,0,0), 所以cos< n , p >=   =-   . 由题知,二面角 F - AE - P 为锐角,所以其余弦值为   . 解法二:∵ PA = AD 且 E 为 PD 的中点,∴ AE ⊥ PD .由(1)知 CD ⊥ AE ,又∵ PD ∩ CD = D ,∴ AE ⊥平面 PCD ,又 EF ⊂ 平面 PCD ,∴ AE ⊥ EF ,故可知∠ FEP 为二面 角 F - AE - P 的平面角.∵ PE =   =   , PF =   =   ,cos∠ CPD =   =   , ∴sin∠ CPD =   ,∴ EF 2 =   +(   ) 2 -2 ×   ×   ×   =   ,∴ EF =   ,在△ PEF 中,由正弦定理得   =   ,即sin∠ FEP =   =   ,又∠ FEP 为锐角, ∴cos∠ FEP =   =   . 故二面角 F - AE - P 的余弦值为   . (3)直线 AG 在平面 AEF 内. 因为点 G 在 PB 上,且   =   ,   =(2,-1,-2),所以   =     =   ,   =   +   =   . 由(2)知,平面 AEF 的一个法向量 n =(-1,-1,1). 所以   · n =-   +   +   =0. 所以直线 AG 在平面 AEF 内. 方法2      用向量法求解立体几何中的探索型问题 　 　常见的探索型问题有以下两种类型: (1)条件追溯型:解决此类问题的基本策略为执果索因,其结论明确,需要求 出使结论成立的充分条件,将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切 入点.但在执果索因的过程中,常常会犯的错误是将必要条件当成充要条 件,应引起注意. (2)存在判断型:解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略为:先假 设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若 能导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在;若导出与条件相 矛盾的结果,则说明假设不成立,即不存在.求解此类问题的难点在于涉及 的点具有运动性和不确定性,所以用传统方法解决起来难度比较大,若用空 间向量通过待定系数法求解存在性问题,则思路简单,解法固定,操作方便. 例2     (2019甘肃兰州诊断,21)如图,在四棱锥 P - ABCD 中,侧棱 PA ⊥底面 ABCD , AD ∥ BC ,∠ ABC =90 ° , AD =1, PA = AB = BC =2, M 是棱 PB 中点. (1)已知点 E 在棱 BC 上,且平面 AME ∥平面 PCD ,试确定点 E 的位置并说明理 由; (2)设点 N 是线段 CD 上的动点,当点 N 在何处时,直线 MN 与平面 PAB 所成角 最大?并求最大角的正弦值.   解题导引   解析 　(1) E 为 BC 中点,证明如下: ∵ M 、 E 分别为 PB , BC 中点,∴ ME ∥ PC , 又∵ ME ⊄ 平面 PDC , PC ⊂ 平面 PDC , ∴ ME ∥平面 PDC , ∵ EC