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2012届高考数学二轮复习精品课件(课标版)专题4 第14讲 空间向量与立体几何


第14讲 14讲

空间向量与立体几何

第14讲 空间向量与立体几何 14讲

第14讲 │ 主干知识整合 14讲
主干知识整合
1.空间向量 . (1)加减法和线性运算; 加减法和线性运算; 加减法和线性运算 (2)共线向量定理; 共线向量定理; 共线向量定理 (3)共面向量定理 共面向量定理; 共面向量定理 (4)空间向量基本定理; 空间向量基本定理; 空间向量基本定理 (5)空间两个向量的夹角;空间两向量夹角的范围是 ,π], 空间两个向量的夹角; 空间两个向量的夹角 空间两向量夹角的范围是[0, , 即 0≤〈a,b〉≤π; ≤ , 〉 ; (6)向量的数量积; 向量的数量积; 向量的数量积 (7)空间向量的坐标运算. 空间向量的坐标运算. 空间向量的坐标运算

第14讲 │ 主干知识整合 14讲

2.夹角计算公式 . (1)线线角:直线与直线所成的角为 θ,如两直线的方向向量 线线角: 线线角 , 分别为 a,b,则 cosθ=|cos〈a,b〉|; , , = 〈 , 〉; (2)线面角:直线与平面所成的角为 θ,如直线的方向向量为 线面角: 线面角 , a,平面的法向量为 n,则 sinθ=|cos〈a,n〉|; , , = 〈 , 〉; (3)面面角:两相交平面所成的角为 θ,两平面的法向量分别 面面角: 面面角 , 为 n1 和 n2,则 cosθ=|cos〈n1,n2〉|,其特殊情况是两个半平面 = 〈 , 所成的角即二面角,也可以用这个公式解决, 所成的角即二面角,也可以用这个公式解决,但要判定二面角的 平面角是锐角还是钝角的情况以决定 cosθ=|cos〈n1,n2〉|还是 = 〈 还是 cosθ=- =-|cos〈n1,n2〉|. =- 〈

第14讲 │ 主干知识整合 14讲

3.距离公式 . (1)点点距:点与点的距离,以这两点为起点和终点的向量的模; 点点距:点与点的距离,以这两点为起点和终点的向量的模; 点点距 (2)点线距:点 M 到直线 a 的距离,如直线的方向向量为 a,直线 点线距: 到直线 的距离, , 点线距 上任一点为 N,则点 M 到直线 a 的距离 d=|MN|sin〈MN,a〉 , = → 〈→ 〉 ; (3)线线距:两平行线间的距离,转化为点线距离;两异面直线间 线线距:两平行线间的距离,转化为点线距离; 线线距 的距离,转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度; 的距离,转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度; (4)点面距:点 M 到平面 α 的距离:如平面 α 的法向量为 n,平面 点面距: 的距离: 点面距 , → |MN·n| α 内任一点为 N, |= |n| ; , 则点 M 到平面 α 的距离 d=|MN||cos MN, 〉 = → 〈 → n〉 = (5)线面距:直线和与它平行的平面间的距离,转化为点面距离; 线面距: 线面距 直线和与它平行的平面间的距离,转化为点面距离; (6)面面距:两平行平面间的距离,转化为点面距离 面面距: 面面距 两平行平面间的距离,转化为点面距离.

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
要点热点探究 ? 探究点一 利用空间向量证明空间位置关系
例 1 如图 14-1,在底面是矩形的四棱锥中 P-ABCD 中,PA⊥ - , - ⊥ 底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. , , , 的中点, = = , = (1)求证:EF∥平面 PAB; 求证: ∥ 求证 ; (2)求证 (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC; 求证: PAD⊥ PDC; (3)求二面角 A-PD-B 的余弦值. 求二面角 - - 的余弦值.

图 14-1 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

【分析】 建立空间直角坐标系后,使用向量的共线定理证明 分析】 建立空间直角坐标系后, → → 即可证明第一问, EF∥AB即可证明第一问,第二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, 垂直,进而证明线面垂直,得出面面垂直,第三问使用平面法向 量的方法求解. 量的方法求解.

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
为原点, 【解答】 以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴, 解答】 AP 所在直线为 z 轴, 建立空间直角坐标系, B(1,0,0), C(1,2,0), 建立空间直角坐标系, A(0,0,0), 则 , , , ?1 ? 1? 1? , , , D(0,2,0),P(0,0,1),∴E?2,1,2?,F?0,1,2?, , , ? ? ? ? ? → ? 1 , EF=?-2,0,0?,→ =(1,0, PB ,- ,→ =(0,2, -1), PD , -1),→ =(0,0,1),→ - , AP , AD ? ? =(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0). ,→ ,→ . 1→ → → (1)证明:∵EF=-2AB,∴EF∥AB,即 EF∥AB, 证明: → ∥ , 证明 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB,∴EF∥平面 PAB. ? , ? , ∥

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
(2)证明:∵AP·DC=(0,0,1)·(1,0,0)=0,AD·DC=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 证明: → → 证明 = ,→ → = , → → → → ∴AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC,AD⊥DC. ⊥ , ⊥ AP? AD? 又 AP∩AD=A, ?平面 PAD, ?平面 PAD, DC⊥平面 PAD. ∩ = , , , ∴ ⊥ ∵DC?平面 PDC,∴平面 PAD⊥平面 PDC. ? , ⊥ (3)设平面 PBD 的一个法向量 n=(x,y,z),则 设平面 = , , , → ?n·PB=0, ?x-z=0, , ? - = , ∴? 即? ?2y-z=0, → ? - = , , ?n·PD=0, 解得平面 PBD 的一个法向量 n=(2,1,2). = . 的一个法向量是DC 而平面 APD 的一个法向量是 → =(1,0,0),设二面角的平面角为 θ, , , 则 → , , )( , , ) n·DC (2,1,2)·(1,0,0) 2 cosθ= = = =3. 3×1 →| × |n||DC 2 即二面角 A-PD-B 的余弦值为3. - -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

【点评】 使用空间向量方法证明线面垂直时,既可以证明直 点评】 使用空间向量方法证明线面垂直时, 线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行, 线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行,然后根据线面 平行的判定定理得到线面平行, 平行的判定定理得到线面平行,也可以证明直线的方向向量与平 面的法向量垂直;证明面面垂直既可以证明线线垂直 垂直既可以证明线线垂直, 面的法向量垂直;证明面面垂直既可以证明线线垂直,然后使用 判定定理的方法进行,也可以证明两个平面的法向量垂直. 判定定理的方法进行,也可以证明两个平面的法向量垂直.

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
[2011·浙江卷 如图 14-2, 浙江卷] 浙江卷 - , 在三棱锥 P-ABC 中, - AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 的中点, ⊥ = , , AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. = , = , = , = (1)证明:AP⊥BC; 证明: ⊥ ; 证明 (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为 在线段 , - - 直二面角? 存在, 的长;若不存在,请说明理由. 直二面角?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由.

图 14-2 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
证明: 为原点, 【解答】 方法一:(1)证明:如图,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 解答】 方法一: 证明 如图, 轴的正半轴, 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. - A(0, -3,0), B(4,2,0), -4,2,0), C(- P(0,0,4), =(0,3,4), AP 则 O(0,0,0), , , - , , , ,→ , → - BC=(-8,0,0),由此可得 → ·BC=0,所以 → ⊥BC,即 AP⊥BC. ,由此可得AP → ,所以AP → ⊥

→ (2)设PM=λPA,λ≠1,则PM=λ(0,- ,- . 设→ ,-3,- ≠ , → ,- ,-4). → → → → → - ,- BM=BP+PM=BP+λPA=(-4,- ,-2,4)+λ(0,- ,- ,-3,- + ,- ,-4) ,-2- , - , =(-4,- -3λ,4-4λ), - ,- → AC=(-4,5,0),BC=(-8,0,0). - ,→ - .

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1). . 平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2), , → ?-4x1-(2+3λ)y1+(4-4λ)z1=0, ?BM·n1=0, , + ) - ) , ? 由? 得? ?-8x1=0, → , ? , ?BC·n1=0, , ?x1=0, ? 2+3λ + 即? z1= y, ? 4-4λ 1 - ?
? 2+3λ? + ?. , , n1=?0,1, 4-4λ? - ?

可取

?x =5y , → ? 2 4 2 ?AP·n2=0, ?3y2+4z2=0, , , ? 由? 即 ? 得? ?-4x2+5y2=0, → ·n2=0, , ? , ?AC ?z2=-3y2, 4 ?
2+3λ + ,-3). 可取 n2=(5,4,- .由 n1·n2=0,得 4-3· ,- , - =0, , 4-4λ - 2 = , 解得 λ=5,故 AM=3, = 综上所述, 符合题意, 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3, = ,

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
方法二: 方法二: (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC. 证明: 的中点, 证明 = , ⊥ 又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC. ⊥ , ⊥ 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD.故 BC⊥PA. ∩ = , ⊥ 故 ⊥ (2)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM, 如图, 如图 ⊥ , , 由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC. 中知 ⊥ , ⊥ 又 AP?平面 APC,所以平面 BMC⊥平面 APC. ? , ⊥ 在 Rt△ADB 中, 2=AD2+BD2=41, AB= 41. AB △ , 得 = PD 在 Rt△POD 中, 2=PO2+OD2, Rt△PDB 中, △ 在 △ PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6, , = , 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5, △ , = , 2 2 2 PA +PB -AB 1 又 cos∠BPA= ∠ = =3, 2PA·PB 从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3. = ∠ = , = - = 综上所述, 符合题意, 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3. =

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
? 探究点二 利用空间向量求空间角和距离 天津卷] 例 2 [2011·天津卷 如图 14-3 所示, 天津卷 - 所示, 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, -
H 是正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H 的中心, , ⊥ , = 5. 所成角的余弦值; (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; 求异面直线 (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; 的正弦值 求二面角 - (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平 的中点, 设 ⊥ 的长. 面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

图 14-3 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
【解答】 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐 解答】 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系, 标原点. 0,0), B(0,0,0), 2, 2, 5), 1(2 2, C( , A 标原点. 依题意得 A(2 2, , , , - , , , 2 2,0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5). , , , , , , .

(1) 易得 → =(- 2,- 2, 5),A→ 1=(-2 2,0,0), 易得AC - ,- , - , 1B , , → 1B AC·A→ 1 4 2 B = =3. 于是 cos〈AC,A→ 1〉= 〈→ 1 → 1B × |AC||A→ 1| 3×2 2 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3 .

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
(2)易知 →1=(0,2 2,0),A→ 1=(- 2,- 2, 5). 易知AA 易知 , , 1C - ,- , . 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z), = , , , ?- 2x- 2y+ 5z=0, ?m·A→ 1=0, , - + = , ? 1C 则? 即? ?2 2y=0. →1=0. = ? ?m·AA 不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2).同样的,设平面 A1B1C1 = , = , , .同样的, 的法向量 n=(x,y,z), = , , , ?- 2x- 2y+ 5z=0, ?n·A→ 1=0, , - + = , ? 1C ? 则? 即 ?-2 2x=0. → 1=0. = ? ?n·A1B 不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2). = , = , , . m·n 2 2 3 5 于是 cos〈m,n〉=|m|·|n|= 〈 , 〉= =7,从而 sin〈m,n〉= 7 . 〈 , 〉= 7· 7 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 . -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
2 3 2 5? , 2 , 2 ?. ? 2 ? ? 2 3 2 5? 设 M(a,b,0),则MN=? -a, , , → , 2 -b, 2 ?. , ? 2 ? → 1B ?MN·A→ 1=0, , 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? ⊥ → 1C ?MN·A→ 1=0. (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N? 由 的中点,
?

?? ?? ? 即? ? ?? ??

? 2 ) , -a?· (-2 2)=0, 2 ? ? ?3 2 ? 5 2 ) ) = -a?· (- 2)+? 2 -b?· (- 2)+ 2 · 5=0. 2 ? ? ?

? = ?a= 解得? ?b= ? =

2 2, 2 4,

故 M?

?

? 2 2 , 4 , 0? . ? 2 ?

? 2 ? 2 因此BM 因此 → =? , ,0?, 4 ? 2 ?

10 的长|BM = 所以线段 BM 的长 → |= 4 .

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
方法二: 由于 所成的角. 方法二:(1)由于 AC∥A1C1,故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. ∥ 的中心, 因为 C1H⊥平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H= 5, ⊥ , , = , 可得 A1C1=B1C1=3. 2 A1C2+A1B2-B1C1 2 1 1 因此 cos∠C1A1B1= ∠ =3. 2A1C1·A1B1 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3 . (2)连接 (2)连接 AC1,易知 AC1=B1C1.又由于 AA1=B1A1,A1C1= .又由于 A1C1, 以△AC1A1≌△ 1C1A1.过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R, ≌△B 所 过点 ⊥ , 连接 B1R, , 于是 B1R⊥A1C1. ⊥ 的平面角. 故∠ARB1 为二面角 A-A1C1-B1 的平面角. - ? 2?2 2 14 在 Rt△A1RB1 中,B1R=A1B1·sin∠RA1B1=2 2· 1-? ? = 3 .连接 AB1,在 △ = ∠ - 连接 ? 3 ? AR2+B1R2-AB2 2 1 △ARB1 中,AB1=4,AR=B1R,cos∠ARB1= , = , ∠ =-7,从而 sin∠ARB1 ∠ 2AR·B1R 3 5 3 5 = 7 .所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 . 所以二面角 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1,所以 MN⊥A1B1,取 HB1 中点 D,连 因为 ⊥ ⊥ , 1 5 中点, 接 ND.由于 N 是棱 B1C1 中点,所以 ND∥C1H 且 ND=2C1H= 2 .又 由于 ∥ = = 又 C1H⊥平面 AA1B1B,所以 ⊥ , ND⊥平面 AA1B1B.故 ND⊥A1B1.又 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平 ⊥ 故 ⊥ 又 ∩ = , 面 MND.连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E,则 ME⊥A1B1.故 ME∥AA1. 连接 , ⊥ 故 ∥ DE B1E B1D 1 2 由AA =B A = B A =4,得 DE=B1E= 2 ,延长 EM 交 AB 于点 = = 1 1 1 1 2 F,可得 BF=B1E= .连接 NE.在 Rt△ENM 中,ND⊥ME.故 ND2= , = = 2 连接 在 △ ⊥ 故 2 ND2 5 2 DE·DM.所以 DM= DE = .可得 FM= .连接 BM, Rt△BFM 中, 所以 = = 4 连接 , 在 △ 4 可得 10 2 2 BM= FM +BF = . = 4

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

[2011·上海卷 已知 ABCD-A1B1C1D1 是底面边长为 1 的正四棱 上海卷] 上海卷 - 的交点. 柱,O1 为 A1C1 与 B1D1 的交点. (1)设 AB1 与底面 A1B1C1D1 所成角的大小为 α, 设 , 二面角 A-B1D1-A1 的大小 - 求证: 为 β.求证:tanβ= 2tanα; 求证 = ; 4 (2)若点 C 到平面 AB1D1 的距离为 ,求正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的高. 的高. 若点 - 3

图 14-4 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
【解答】 设正四棱柱的高为 h. 解答】 (1)连接 AO1,AA1⊥底面 A1B1C1D1 于 A1, 连接 所成的角为∠ ∴AB1 与底面 A1B1C1D1 所成的角为∠AB1A1, 即∠AB1A1=α. 中点, ∵AB1=AD1,O1 为 B1D1 中点, ∴AO1⊥B1D1. 又 A1O1⊥B1D1, ∴∠AO 的平面角, ∴∠ 1A1 是二面角 A-B1D1-A1 的平面角, - 即∠AO1A1=β, , AA1 AA1 ∴tanα=A B =h,tanβ=A O = 2h= 2tanα. = , = = 1 1 1 1

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
(2)建立如图空间直角坐标系,有 A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h), 建立如图空间直角坐标系, 建立如图空间直角坐标系 , , , , , , → AB1=(1,0,- ,AD1=(0,1,- ,AC=(1,1,0). ,-h), → ,-h), → ,- ,- . 设平面 AB1D1 的一个法向量为 n=(x,y,z), = , , , ?n·AB1=0, ?n⊥AB1, , ? ⊥→ ? → ∵? ?? →1 ?n⊥AD ?n·AD1=0. ? ⊥ ? → 取 z=1 得 n=(h,h,1), = = , , ∴点 C 到平面 AB1D1 的距离为 ? →? ?n·AC? |h+h+0| 4 + + ? ? d= = ,则 h=2. = = |n| = 2 h +h2+1 3

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
创新链接7 ? 创新链接 各种几何体中的建系方法

使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空 间直角坐标系,建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同. 间直角坐标系,建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同. 一般来说, 一般来说,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点 的三条直线时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系, 的三条直线时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如 果不存在这样的三条直线,则我们尽可能找两条垂直相交的直线, 果不存在这样的三条直线,则我们尽可能找两条垂直相交的直线, 以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系, 以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系,即坐标系建立时以其中的 垂直相交直线为基本出发点. 垂直相交直线为基本出发点.

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
例 3 如图 14-5,在四棱锥 E-ABCD 中,底面 ABCD 为正 - , - 方形, AE⊥ F 上的动点. 方形, ⊥平面 CDE, , 已知 AE=DE=3, 为线段 DE 上的动点. = = , 若 二面角 E-BC-F 与二面角 F-BC-D 的大小相等,求 DF 长. - - - - 的大小相等,

图 14-5 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

【分析】 本题中没有已经给出的直线的垂直关系,所以首先要找线线 分析】 本题中没有已经给出的直线的垂直关系, 垂直. 垂直.根据已知可得 CD⊥AE,CD⊥AD,可得 CD⊥平面 ADE,进而可得 ⊥ , ⊥ , ⊥ , CD⊥DE,以 D 为坐标原点建立坐标系,求出各个点的坐标,然后求出三个 为坐标原点建立坐标系,求出各个点的坐标 点的坐标, ⊥ , 半平面的法向量, 的坐标, 半平面的法向量,根据二面角列出方程即可求出点 F 的坐标,进而求出 DF 的长度. 的长度.

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
【解答】 ∵AE⊥平面 CDE,CD?平面 CDE, 解答】 ⊥ , ? , ∴AE⊥CD. ⊥ ∵CD⊥AD,AE∩AD=A,AD,AE?平面 DAE, ⊥ , ∩ = , , ? , ∴CD⊥平面 DAE,如图建立空间直角坐标系, ⊥ ,如图建立空间直角坐标系,

图 14-6 -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
,由DC → 则 E(3,0,0),F(a,0,0),C(0,3 2,0),A(3,0,3),D(0,0,0),由 → =AB得 B(3,3 2,3). , , , , , ,由 , . 设 n1⊥平面 ABCD,且 n1=(x1,y1,z1), , , → ?n1·DC=0, ?y1=0, , , ? ? ,-1). ? ?n1=(1,0,- . ,- 由? ? → =0 ?x1+z1=0 ?n1·DA 设 n2⊥平面 BCF,且 n2=(x2,y2,z2), , , → ?x2+z2=0, ?n2·BC=0, , , ? ? ,-3 由? ? ?n2=(3 2,a,- 2). , ,- . ?ax2-3 2y2=0 → =0 ? ·CF ?n2· 设 n3⊥平面 BCE,且 n3=(x3,y3,z3), , , → ?x3+z3=0, ?n3·BC=0, , , ? ? ? 由 ? ?n3=( 2,1,- 2). , ,- . ?x3- 2y3=0 → =0 ? ?n3·CE 设二面角 E-BC-F 的大小为 α,二面角 F-BC-D 的大小为 β, - - , - - , 则 α=β,|cos〈n1,n2〉|=|cos〈n3,n2〉|, = , 〈 = 〈 , |12+a| + |n1·n2| |n3·n2| =-12±6 5, ∴|n ||n |=|n ||n |?6= = ?a=- =- , 5 1 2 3 2 ∵0<a<3,∴a=6 5-12. , = -

第14讲 │ 要点热点探究 14讲

【点评】 建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系,在没有现成的 点评】 建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系, 垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系, 垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系,在此基础上选择一个合理 的位置建立空间直角坐标系,注意建系时使用的是右手系, 的位置建立空间直角坐标系,注意建系时使用的是右手系,正确确定坐标 轴的名称. 轴的名称.

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
垂直, 已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1,侧面 ACC1A1 与底面 ABC 垂直, - ∠ABC=90°,BC=2,AC=2 2,且 AA1⊥A1C,AA1=A1C. = , = , = , , (1)试判断 A1A 与平面 A1BC 是否垂直,并说明理由; 是否垂直,并说明理由; 试判断 所成二面角的余弦值. (2)求底面 ABC 与侧面 BB1C1C 所成二面角的余弦值. 求底面

【解答】 过 A1 作 A1O⊥AC 于 O 点,连 BO,则 A1O⊥平面 解答】 ⊥ , ⊥ ABC.以 OC 为 x 轴,OB 为 y 轴,OA1 为 z 轴建系,如图所示, 以 轴建系,如图所示, 则 A1(0,0, 2),C( 2,0,0),C1(2 2,0, 2),B(0, 2,0), , , , , , , , , , , A(- 2,0,0). - , .

第14讲 │ 要点热点探究 14讲
→ (1)AA1=( 2,0, 2),A1B=(0, 2,- 2), , , ,→ , ,- , → → AA1·A1B= 2×0+0× 2+ 2×(- 2)=- ≠0, × + × + ×- =-2≠ , =- → → 不垂直, 不垂直. ∴AA1与A1B不垂直,即 AA1 与平面 A1BC 不垂直. (2)∵OA1⊥平面 ABC,故OA1为平面 ABC 的一个法向量,OA1=(0,0, 2). 的一个法向量, → . ∵ , → , 的一个法向量, 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的一个法向量, = , , 是平面 → 又CC1=( 2,0, 2),BC1=(2 2,- 2, 2), , , ,→ ,- , , → ∴由 n·CC1=0 得 x+z=0, ① += , → 由 n·BC1=0 得 2x-y+z=0, ② - += , =-1, = , ,-1). 取 x=1,则 z=- ,y=1,∴n=(1,1,- . = , =- = ,- × + × - × → 1〉=1×0+1×0-1× 2=- 3, 又 cos〈n,OA 〈 , 3 3× 2 × 3 所成二面角的余弦值是- 即底面 ABC 与侧面 BB1C1C 所成二面角的余弦值是- 3 .

第14讲 │ 规律技巧提炼 14讲
规律技巧提炼
1.空间向量证明位置关系的方法: . (1)线线平行:直线与直线平行,只要证明它们的方向向量平行. 线线平行:直线与直线平行,只要证明它们的方向向量平行. 线线平行:直线与直线平行,只要证明它们的方向向量平行 (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 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. 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 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 面面平行:平面与平面的平行,除了用线面平行的 线面平行外,只要证明两平面的法向量平行即可. 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. 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. 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

第14讲 │ 规律技巧提炼 14讲
(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 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. 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 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. 线面垂直外,只要证明两平面的法向量垂直即可. 2.空间向量中有个共面向量定理,这个定理的一个导出结论就是:对 . → → → , 于空间任意一点 B, 且有 → =xOA+yOB+zOC(x, 且有OP 于空间任意一点 O 和不共线的三点 A, , , , C, y,z∈R),四点 P,A,B,C 共面的充要条件是 x+y+z=1. , ∈ ,四点 , , , + +=

第14讲 │ 教师备用例题 14讲

教师备用例题

备选理由: 既有坐标系建立的问题, 备选理由:例 1 既有坐标系建立的问题,也有函数 思想的运用,把动态问题引入立体几何值得注意 思想的运用,把动态问题引入立体几何值得注意;例 2 主要是空间向量解决立体几何问题的基本方法, 主要是空间向量解决立体几何问题的基本方法,特别是 方程思想的运用. 方程思想的运用.

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
湖北卷] 例 1 [2011·湖北卷 如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 湖北卷 如图, - 的中点, 的各棱长都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上, , 重合. 且不与点 C 重合. (1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; 求证: ⊥ ; 当 = (2)设二面角 C-AF-E 的大小为 θ, tanθ 的最小值. 的最小值. 设二面角 - - , 求

第14讲 │ 教师备用例题 14讲

【解答】 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连接 EF. 解答】 : ⊥ , (1)如图①,连接 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 如图① 由直棱柱的性质知, 如图 、 ABC⊥侧面 A1C, ⊥ , 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN?底面 ABC,所以 ∩ = , ? , EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影, 内的射影, ⊥ , 在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60°=1, △ = = , CF CN 1 则由CC =CA =4,得 NF∥AC1. ∥ 1 又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C, , ⊥ , 由三垂线定理知 EF⊥A1C. ⊥

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
(2)如图②,连接 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连接 ME, 如图② 如图 , ⊥ , , 由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF, 知 ⊥ , ⊥ , 所以∠ 所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ, - - 的平面角, = , 设∠FAC=α,则 0°<α≤45°.在 Rt△CNE 中,NE=EC·sin60°= 3, = , ≤ 在 △ = = , 3 NE 在 Rt△AMN 中,MN=AN·sinα=3sinα,故 tanθ=MN=3sinα. △ = = , = 2 2 达到最小值, = = 时 又 0°<α≤45°,∴0<sinα≤ 2 ,故当 sinα= 2 ,即当 α=45°时,tanθ 达到最小值, ≤ , ≤ 3 6 tanθ= × 2= ,此时 F 与 C1 重合. 重合. =3 =3

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
(1)建立如图 B(2 3, , 2,0), 解法 2: 建立如图③所示的空间直角坐标系, : 建立如图③所示的空间直角坐标系, 则由已知可得 A(0,0,0), , , C(0,4,0),A1(0,0,4),E( 3,3,0),F(0,4,1),于是 →1=(0,- ,-4,4),EF=(- 3,1,1), , , , , ,于是CA ,- ,→ - , , → → ,-4,4)·(- 3,1,1)=0-4+4=0,故 EF⊥A1C. 则CA1·EF=(0,- ,- - , = - + = , ⊥ (2)设 CF=λ(0<λ≤4), y, 则由 得 F(0,4, , 则由(1)得 λ), 设 = ≤ , 平面 AEF 的一个法向量为 m=(x, , , = , z), , → AE=( 3,3,0),AF=(0,4,λ),于是由 m⊥AE,m⊥AF可得 , ,→ , , ⊥→ ⊥→ ?m·AE=0, , ? 3x+3y=0, + = , ? → ? ,-λ, , 即? 取 m=( 3λ,- ,4), = ,- → =0, 4y+λz=0, + = , ? ?m·AF , ? 又由直三棱柱的性质可取侧面 A1C 的一个法向量为 n=(1,0,0), = , λ2+16 λ2+16 3λ |m·n| sinθ= 于是由 θ 为锐角可得 cosθ=|m|·|n|= = , = , 所以 tanθ= = = 3λ 2 λ2+4 2 λ2+4 1 16 1 1 1 1 6 + 2,由 0<λ≤4,得 λ≥ ,即 tanθ≥ ≤ , ≥ + = , 3 3λ 4 3 3 3 6 重合时, 故当 λ=4,即点 F 与点 C1 重合时,tanθ 取得最小值 3 . = ,

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
福建卷] 例 2 [2011·福建卷 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA 福建卷 如图, - ⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4, 四边形 ⊥ , + = , CD= 2,∠CDA=45°. = , = (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; 求证: 求证 ⊥ ; (2)设 AB=AP.①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 设 = ① 30°, 30°,求线段 AB 的长; 的长; ②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、 , 、 、 C、D 的距离都相等?说明理由. 、 的距离都相等?说明理由.

第14讲 │ 教师备用例题 14讲

【解答】 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD, 解答】 证明: ⊥ , 证明 AB?平面 ABCD, ? , 所以 PA⊥AB. ⊥ 又 AB⊥AD,PA∩AD=A ⊥ , ∩ = 所以 AB⊥平面 PAD. ⊥ 又 AB?平面 PAB, ? , 所以平面 PAB⊥平面 PAD. ⊥

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
(2)①以 A 为坐标原点, ① 为坐标原点, 如图). 建立空间直角坐标系 A-xyz(如图 . - 如图 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,则 CE⊥AD. ∥ , ⊥ 在 Rt△CDE 中,DE=CD·cos45°=1,CE=CD·sin45°=1. △ = = , = = 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). = =, , , . 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, + = = -, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), - , - , - , → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,- . ,-t). - ,→ - ,- 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z). = , , . ?-x+y=0. + = → ,n⊥PD,得? → ? 由 n⊥CD ⊥ ⊥ ?(4-t)y-tz=0. ? -) - = 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n= =, = (t,t,4-t). , - .

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
→ ,-t), 又PB=(t,0,- ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,- 得
? n·P→ ? B ? ? cos60°=? = ,即 → |? ?|n|·|PB ?

|2t2-4t| 1 = . t2+t2+(4-t)2· 2t2 2 -)

4 4 舍去, 解得 t=5或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),所以 AB=5. = = 舍去 = - , = 法一: ②法一: 假设在线段 AD 上存在一个点 G, , 使得点 G 到点 P、 、 B、C、D 的距离都相等. 、 、 的距离都相等.

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③ , + = ③ 由于方程③没有实数根, 由于方程③没有实数根, 所以在线段 AD 上不存在一个点 G, , 使得点 G 到点 P、C、D 的距离都相等. 、 、 的距离都相等. 从而, 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P, , , ,B, C,D 的距离都相等. , 的距离都相等. 设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t).则 , 其中 ≤ ≤ - . → GC=(1,3-t-m,0),→ =(0,4-t-m,0),→ =(0,- ,t). ,-m, . -- ,GD -- ,GP ,- → = → 得 由|GC|=|GD|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, -- -- 即 t=3-m;① = - ; → = → 得 -- ② 由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2.②

第14讲 │ 教师备用例题 14讲
法二: 假设在线段 AD 上存在一个点 G, B、 法二: , 使得点 G 到点 P、 、 、 、 C、 D 的距离都相等. 的距离都相等. 由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°, = , = = ,

从而∠ 从而∠CGD=90°,即 CG⊥AD.所以 GD=CD·cos45°=1. = , ⊥ 所以 = = 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. = , = - , = - = - 在 Rt△ABG 中, △ ? 3? 9 - GB= AB2+AG2= λ2+(3-λ)2= 2?λ-2?2+2>1. = - ) ? ? 矛盾. 这与 GB=GD 矛盾. = 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B、C、D 的 , 、 、 距离都相等. 距离都相等. 从而, 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, , , , , D 的距离都相等 的距离都相等.


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