届高三数学理二轮专题复习讲义 专题五 第三讲空间向量与立体几何1Word下载.docx

1、（3）二面角的求法利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，m，n即为所求二面角的平面角对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求如图所示，二面角l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面角l的大小为或.1 （2012陕西）如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 （）A. B.C. D.答案A解析不妨令CB1，则CACC12.可得O（0,0,0），B（0,0,1），C1（0,2,0），A（2,0,0），B1（0,2,1），1（0,2，1），1

2、（2,2,1），cos1，10.1与1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.2 （2013辽宁）如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点（1）求证：平面PAC平面PBC；（2）若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值（1）证明由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC.（2）解方法一过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM为x轴，y 轴，z轴建

3、立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A（0,1,0），B（，0,0），P（0,1,1）故C（，0,0），C（0,1,1）设平面BCP的法向量为n1（x1，y1，z1），则所以不妨令y11，则n1（0,1，1）因为A（0,0,1），A（，1,0），设平面ABP的法向量为n2（x2，y2，z2），则所以不妨令x21，则n2（1，0）于是cosn1，n2.所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.方法二 过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM，又PAABA，故CM平面PAB.所以CMPB.过M作MNPB于N，连接NC，所以PB面M

4、NC，所以CNPB，所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM，在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，故MN.又在RtCNM中，CN，故cosCNM.所以二面角CPBA的余弦值为.题型一利用空间向量证明平行与垂直例1如图所示，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E、F、O分别为PA、PB、AC的中点，AC16，PAPC10.（1）设G是OC的中点，证明：FG平面BOE；（2）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE.审题破题以O点为原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立

5、空间直角坐标系，利用向量法可求解（1）证明如图所示，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O（0,0,0），A（0，8，0），B（8,0,0），C（0,8,0），P（0，0,6），E（0，4,3），F（4,0,3），由题意得，G（0,4,0），因（8,0,0），（0，4,3），因此平面BOE的一个法向量n（0,3,4），（4,4，3），得n0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG平面BOE.（2）设点M的坐标为（x0，y0,0），则（x04，y0，3），因为FM平面BOE，所以有n，因此有x04，y0，即点M的坐标为，在平面

6、直角坐标系xOy中，AOB的内部区域可表示为不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以，在ABO内存在一点M，使FM平面BOE.反思归纳（1）空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证（2）用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，直接计算就行了，把几何问题代数化尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷，但是向量法要求计算必须准确无误变式训练1如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点运用向量方法证明：（1）OM平面BCF；（2）平面

7、MDF平面EFCD.证明（1）由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为1，则A（0,0,0），B（1，0,0），C（1,1,0），D（0,1,0），F（1,0,1），M，O.（1），（1,0,0），0, .棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.（2）设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1（x1，y1，z1），n2（x2，y2，z2）（1，1,1），（1,0,0），由n1n10，得令x11，则n1.同理可得n2（0,1,1）n1n20，平面MDF平面EFCD.题型二利用向量求

8、空间角例2如图，三棱锥PABC中，PB平面ABC.PBBCCA4，BCA90，E为PC的中点BE平面PAC；（2）求二面角EABC的余弦值审题破题本题的关键是在平面ABC内找到两条互相垂直的直线，可以过点B作BC的垂线BT，分别以BC，BT，BP为x，y，z轴建立空间直角坐标系（1）证明BE面PAC. （2）解如图，在平面ABC内过点B作BTBC，分别以BC，BT，BP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B（0,0,0），C（4,0,0），A（4,4,0），P（0,0,4），E（2,0,2），则（4,4,0），（2,0,2），平面ABC的法向量为n1（0,0,1），设平面ABE的法向量为n2（

9、x，y，z）则n20，n20，即.令z1，得x1，y1，即n2（1,1,1）设二面角EABC为，则cos .反思归纳利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）转化为几何结论变式训练2（2012课标全国）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.（1）证明：DC1BC；（2）求二面角A1BDC1的大小（1）证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，CDBDD，所以

10、DC1平面BCD.因为BC平面BCD，所以DC1BC.（2）解由（1）知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1（1,0,2），B（0,1,0），D（1,0,1），C1（0,0,2）则（0,0，1），（1，1，1），（1,0,1）设n（x，y，z）是平面A1B1BD的法向量，则即可取n（1,1,0）同理，设m（x，y，z）是平面C1BD的法向量，则即可取m（1,2,1）从而cos n，m.故二面角A1BDC1的大小为30.题型三利用向量求空间距离例3如

11、图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BABC2，0，异面直线A1B与AC成60的角，点O、E分别是棱AC和BB1的中点，点F是棱B1C1上的动点A1EOF；（2）求点E到面AB1C的距离；（3）求二面角B1A1CC1的大小审题破题在已知三棱柱中，直线BA，BC，BB1两两垂直，已有空间直角坐标系的框架（1）证明设棱柱的高为h，以B为坐标原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则B（0,0,0），A（2,0,0），C（0,2,0），O（1,1,0），A1（2,0，h），（2,0，h），（2，2,0），cos，即cos 60，解得h2.E（0,0,1），A1（2

12、,0,2），（2,0，1）F是B1C1上的动点，设F（0，y,2），（1，y1,2），（2,0，1）（1，y1,2）0， 即A1EOF.（2）解易求面AB1C的法向量为n（1,1,1），（2,0，1），所以E到面AB1C的距离为d.（3）解平面A1CC1的一个法向量是（1,1,0）设平面A1B1C的一个法向量是n（x，y，z），（2,2，2），（2,0,0），则n（x，y，z）（2,2，2）2x2y2z0， n（2,0,0）2x0，x0. 代入并令z1得y1，n（0,1,1），cosn，n，60，即二面角B1A1CC1的大小为60反思归纳求点面距的常用方法：直接法：即寻找或作出与该距离相对应的垂线段，此法的关键是确定垂足的位置，然后借助于直角三角形求解；等体积法：把所求的距离转化为三棱锥的高，再通过变换三