高三二轮复习(理数) 第三讲 空间向量与立体几何(课件)

考点三
试题 解析
(1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD，
所以 AB⊥平面 PAD.所以 AB⊥PD.
考点一 考点二
又因为 PA⊥PD，所以 PD⊥平面 PAB. (2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD.
考点三
又因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD.
考点二
考点一 考点二 考点三
依题意，以点 A 为原点建立空间直角 坐标系(如图)，可得 B(1,0,0)，C(2,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,2)．由 E 为棱 PC 的 中点，得 E(1,1,1)． (1)证明：B→E＝(0,1,1)，D→C＝(2,0,0)， 故B→E·D→C＝0. 所以 BE⊥DC.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 证明
[师生共研·析重点] [例]如图所示，在四棱锥 P -ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，PC＝2， 在四边形 ABCD 中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上，PB＝4PM，PB 与平面 ABCD 成 30°的角． (1)求证：CM∥平面 PAD； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PAD.
3 3.
(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 λ∈[0,1]使得A→M＝λA→P.
因此点 M(0,1－λ，λ)，B→M＝(－1，－λ，λ)．
因为 BM⊄平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD 当且仅当B→M·n＝0，即 (－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得 λ＝14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 PCD，此时AAMP ＝14.
试题 证明

设 D(1,0,0)，则 A(2,2,0)、B(0,2,0)． 又设 S(x，y，z)，则 x>0，y>0，z>0.
(1)证明：A→S＝(x－2，y－2，z)，B→S＝(x，y－2，z)，D→S ＝(x－1，y，z)，
由|A→S|＝|B→S|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2，
故 x＝1. 由|D→S|＝1 得 y2＋z2＝1.① 又由|B→S|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，②
联立①②得y＝12，
z＝
3 2.
于是 S1，12， 23，A→S＝－1，－32， 23， B→S＝1，－32， 23，D→S＝0，12， 23. 因为D→S·A→S＝0，D→S·B→S＝0，故 DS⊥AS，DS⊥BS，
又 AS∩BS＝S，所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥B→S，a⊥C→B，a·B→S＝0，a·C→B＝0. 又B→S＝1，－32， 23，C→B＝(0,2,0)，
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为： (1)建立恰当的空间直角坐标系； (2)求出相关点的坐标； (3)写出向量坐标； (4)结合公式进行论证、计算； (5)转化为几何结论．
2.如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA ⊥面 ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且 PA ＝AB＝BC＝12AD＝1.
解析： 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位 长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D－xyz.
(1)证明：依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 则D→Q＝(1,1,0)，D→C＝(0,0,1)，P→Q＝(1，－1,0)． 所以P→Q·D→Q＝0，P→Q·D→C＝0. 即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 又 DQ∩DC＝D，所以 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ.

2．向量法求空间角的方法 如果表示向量 a 的有向线段所在直线垂直于平 面 α，则称这个向量垂直于平面 α，记作 a⊥α. 如果 a⊥α，那么向量 a 叫做平面 α 的法向量． (1)异面直线所成角的求法： 从两异面直线上分别取与之共线的两向量 n1， |n1· n2 | n2，如图①，cosθ＝ . |n1|· |n2|
பைடு நூலகம்
(1)由正方体的性质，有 B1F∥ED，B1E∥FD. 设 F(0，y，a)， → → a 则FD＝(0，a－y，－a)，B1E＝0，2，－a ， a a → → 由FD∥B1E，得 a－y＝ ，∴y＝ . 2 2 ∴F 为 A1D1 的中点． a → → (2)A1C＝(a，a，－a)，DE＝a，－2，0， 1 2 2 a－ a 2 1 15 → → ∴cos〈A1C，DE〉＝ ＝ ＝ . 5 15 15 3a· a 2 15 ∴直线 A1C 与 DE 所成角的余弦值为 . 15
∴EF⊥BE，EF⊥BC， ∵BE⊂平面 BCE，BC⊂平面 BCE，BC∩BE＝B， ∴EF⊥平面 BCE. 1 1 (2)M(0,0， )，P(1， ，0)，从而 2 2 1 1 PM ＝(－1，－ ， )， 2 2 1 1 1 1 1 EF ＝(－1，－ ， )· 于是 PM · (0，－ ，－ )＝0＋ 2 2 2 2 4 1 － ＝0. 4
AB CD
②设 n1，n2 分别是二面角 α－l－β 的两个 角 α，β 的法向量，在图②中二面角 α－l－β n1· n2 的平面角 θ 满足 cosθ＝ . |n|1· |n2| 在图③中二面角 α－l－β 的平面角 θ 满足 n1 · n2 cosθ＝ . |n1|· |n2|
热点突破探究
中，E是BC的中点，平面B1EDF交A1D1于点F.

(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)，
∴C→D＝(－1,0,0)，
设 M(0，y0，z0)，∴A→M＝(0，y0，z0)， ∵P(0,0,2)，∴P→D＝(0,2，－2)，
P→M＝(0，y0，z0－2)， 由A→M⊥P→D，得A→M·P→D＝2y0－2z0＝0， 即 y0＝z0， 又P→D＝λP→M，∴－2y0＝2(z0－2)，即－y0＝z0－2， 解方程组得 y0＝z0＝1， 即 M(0,1,1)，
(2)如图，以C为原点，以CA，CA1，CB所在 直线分别作为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，B(0,0,1)，A(1,0,0)， A1(0， 3，0)．
由此可得，D12， 23，0，E0， 23，0，(8 分)
故B→D＝12， 23，－1，B→E＝0， 23，－1. 设平面 BDE 的法向量 n＝(x，y，z)，
【解析】 (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.
设正方体的棱长为 1，∵A(1,0,0)，E1，1，13，F0，1，23， ∴A→E＝0，1，13，E→F＝－1，0，13，
则y－＋x13＋z＝13z0＝，0，
取 x＝1，则 y＝－1，z＝3.
故 n2＝(1，－1,3)， ∴cos〈n1，n2〉＝|nn11|·|nn22|＝3 1111， ∴面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的平面角 α 满足 cos