高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题3 第2讲 立体几何(大题)课件PPT

这是一份高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题3 第2讲 立体几何(大题)课件PPT，共50页。PPT课件主要包含了内容索引，热点分类突破，真题押题精练，∴OM∥平面BCF，2线面夹角，3二面角，押题预测，真题体验等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
热点一　平行、垂直关系的证明
热点二　利用空间向量求空间角
热点三　利用空间向量解决探索性问题
用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
例1　如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；
证明　方法一　由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，
又BF，BC⊂平面BCF，OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明　方法一　设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
同理可得n2＝(0,1,1).∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
方法二　由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，
又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，∴OM⊥平面EFCD.又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.
跟踪演练1　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC＝2，AD＝CD＝1，M是PB的中点.(1)求证：AM∥平面PCD；
证明　如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系C－xyz，则A(1,1,0)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，D(1,0,0)，
设平面PCD的法向量为n1＝(x0，y0，z0)，
令y0＝a，则n1＝(0，a，－1)，
又AM⊄平面PCD，所以AM∥平面PCD.
(2)求证：平面ACM⊥平面PAB.
设平面ACM的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，
令x2＝1，则n3＝(1,1,0)，所以n2·n3＝1－1＝0.所以平面ACM⊥平面PAB.
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角
例2　(2019·南昌模拟)如图，四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点.(1)求证：AA1⊥BD；
证明　因为C1C⊥底面ABCD，所以C1C⊥BD.因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.又AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.
(2)求二面角E－A1C1－C的余弦值.
解　如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.所以A1O⊥底面ABCD.以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，
取z＝3，得n＝(0,4,3)，平面A1C1C的法向量m＝(0,1,0)，又由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，
(1)求证：CD⊥BF；
证明　∵E为CD中点，CD＝2AB，∴AB＝DE.又AB∥CD，∴四边形ABED为平行四边形.∵BC＝BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，∴四边形ABED为矩形，∴AB⊥AD.由∠PAB＝90°，得PA⊥AB，又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.∵AB∥CD，∴CD⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵EF∥PD，∴CD⊥EF.又CD⊥BE，BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF.又∵BF⊂平面BEF，∴CD⊥BF.
(2)求直线PB与平面PCD所成的角的正弦值.
解　由(1)知AB⊥平面PAD.以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，平面PAD内过点A且与AD垂直的线为z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示.∵∠PAD＝120°，∴∠PAz＝30°.
∴点P到z轴的距离为1.
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
设直线PB与平面PCD所成的角为θ.
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
例3　(2019·临沂模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝1，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥平面BCE；
证明　∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴BF⊥AE，∵四边形ABCD是正方形，∴BC⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，∴CB⊥平面ABE，∵AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE，∵BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面BCE，∴AE⊥平面BCE.
∵AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE，在Rt△AEB中，AB＝2，AE＝1，∴∠ABE＝30°，∠BAE＝60°，以A为原点，建立空间直角坐标系A－xyz，设AM＝h，则0≤h≤2，∵AE＝1，∠BAE＝60°，
设平面MCE的一个法向量n＝(x，y，z)，
平面ABE的一个法向量m＝(0,0,1)，
跟踪演练3　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点.(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；
证明　连接AB1，AC1，∵点Q为线段A1B的中点，∴A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，∵点P为B1C1的中点，∴PQ∥AC1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1.∵AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C，∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥平面A1BC.
解　由题意可知，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)，P(0,1,2)，B1(0,2,2)，
∵点Q在线段A1B上运动，∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，
设平面A1PB的法向量为n1＝(x，y，z)，
令y＝2，得n1＝(1,2,1)，设平面B1PQ的法向量为n2＝(x，y，z)，
取n2＝(1－λ，0，λ)，
(2019·全国Ⅰ，理，18)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN∥平面C1DE；
证明　连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别E，F，AB＝AE＝2，CD＝5，已知DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADE－BCF，如图2.(1)若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；
证明　由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，AF⊥BE，由已知得AF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，∴AF⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，∴AF⊥DE，又AE⊥DE，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面ABFE，∴DE⊥平面ABFE.
解　在图2中，AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEFC，即AE⊥平面DEFC，在梯形DEFC中，过点D作DM∥EF交CF于点M，连接CE，由题意得DM＝2，CM＝1，由勾股定理可得DC⊥CF，
过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
设CP与平面ACD所成的角为θ，