2022版新高考数学人教版一轮课件：第7章 第7讲 立体几何中的向量方法

《2022版新高考数学人教版一轮课件：第7章 第7讲 立体几何中的向量方法》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022版新高考数学人教版一轮课件：第7章 第7讲 立体几何中的向量方法（100页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、必考部分 第七章第七章 立体几何立体几何 第七讲 立体几何中的向量方法 1 知识梳理双基自测 2 考点突破互动探究 3 名师讲坛素养提升 返回导航 1 知识梳理双基自测 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 知识点一 两个重要的向量 (1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直 线的方向向量有_个 (2)平面的法向量 直线l平面，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面的法向 量显然一个平面的法向量有_个，它们是共线向量 无数 无数 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 知识点二 空间位置关系的向量表示 位置关系

2、向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1， n2 l1l2 n1n2n1n2 l1l2 n1n2n1 n20 直线l的方向向量为n，平面的 法向量为m l nmm n0 l nmnm 平面、的法向量分别为n、m nmnm nmn m0 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 知识点三 两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为，则cos |cos|_(其中为异面直线a，b所成的角) 知识点四 直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平 面所成的角为，向量e与n的夹角为，则有sin|cos|_

3、. |a b| |a|b| |n e| |n|e| 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 知识点五 求二面角的大小 (1)如图，AB，CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的直 线，则二面角的大小_. (2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向 量，则二面角的大小满足|cos|_，二面角的平面角大小是向量n1 与n2的夹角(或其补角) AB ，CD |n1 n2| |n1|n2| 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 知识点六 利用空间向量求距离 (1)点到平面的距离 如图所示，已知 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，

4、则 B 到平面 的距离为 d|AB n| |n| . (2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解 注意体积法在求点到平面距离时的应用 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 1直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A，B 是 l 上任意两点， 则AB 及与AB 平行的非零向量均为直线 l 的方向向量 2平面的法向量的确定：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n 为 平面 的法向量，则求法向量的方程组为 n a0， n b0. 3若二面角 ABCD 的大小为 ，平面 ABC 内的直线 l 与平面 BCD 所成角为 ，则 ，当 lBC 时，取等号 返回导航 高考一轮总复习

5、数学（新高考） 第七章 立体几何 题组一 走出误区 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角 ( ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的 ( ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行 ( ) (4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的 角 ( ) (5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角 ( ) (6)若空间向最a平行于平面，则a所在直线与平面a平行 ( ) 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 题组二 走进教材 2(必修2P111T3)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1

6、中，O是底 面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON， AM的位置关系是_. 垂直 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 以 A 为原点，分别以AB ，AD ，AA1 所在直线为 x，y，z 轴建 立空间直角坐标系，如图所示 设正方体的棱长为 1，则 A(0,0,0)，M 0，1，1 2 ，O 1 2， 1 2，0 ， N 1 2，0，1 ，AM ON 0，1，1 2 0，1 2，1 0，ON 与 AM 垂直 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 3(必修 2P117A 组 T4)如图，在正三棱柱 ABCA1B1

7、C1中，侧棱长 为 2，底面三角形的边长为 1，则 BC1与侧面 ACC1A1所成的角是_. 6 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 分别取 AC、A1C1的中点 D、D1，连接 BD，D1D，易知 D1D 平面 ABC，且 BDAC，故以 D 为坐标原点，AC、DB、DD1所成的直 线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 易知 B 0， 3 2 ，0 ，C1 1 2，0， 2 ，C1B 1 2， 3 2 ， 2 ， 设 BC1与侧面 ACC1A1所成的角为 ， 平面 ACC1A1的一个法向量为 n(0,1,0)， sin C1B n |C

8、1B | |n| 3 2 31 1 2， 6. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 题组三 走向高考 4(2020 新高考)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与 晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心 记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若 晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的 水平面所成角为 ( ) A20 B40 C50 D90 B 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 由题意作出如图所示的

9、截面图，设所求角为， 由图易知40，故选B 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 5(2019 浙江)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平 面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是 AC，A1B1的中点 (1)证明：EFBC； (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 解法一：(1)证明：连接A1E， 因为A1AA1C，E是AC的中点， 所以A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC， A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面 ABCAC，所以A1E平面ABC

10、， 则A1EBC 又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F. 所以BC平面A1EF.因此EFBC 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)取 BC 的中点 G，连接 EG，GF， 则四边形 EGFA1是平行四边形 由于 A1E平面 ABC，故 A1EEG， 所以平行四边形 EGFA1为矩形 由(1)得 BC平面 EGFA1， 则平面 A1BC平面 EGFA1， 所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上 连接 A1G 交 EF 于 O，则EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角， 不妨设 AC4，则在 RtA1EG 中，A1E2 3，EG 3.

11、 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 由于 O 为 A1G 的中点，故 EOOGA1G 2 15 2 ， 所以 cosEOGEO 2OG2EG2 2EO OG 3 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解法二：(1)证明：连接A1E，因为A1AA1C， E是AC的中点，所以A1EAC 又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1平面ABCAC， 所以，A1E平面ABC 如图，以点E为原点， 分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系E

12、xyz. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 不妨设 AC4. 则 A1(0,0,2 3)， B( 3， 1,0)， B1( 3， 3,2 3)， F 3 2 ，3 2，2 3 ， C(0,2,0) 因此，EF 3 2 ，3 2，2 3 ，BC ( 3，1,0) 由EF BC 0 得 EF BC 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 . 由(1)可得BC ( 3，1,0)，A1C (0,2，2 3) 设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z) 由 BC n0， A1C n， 得 3xy0， y 3

13、z0. 取 n(1， 3，1)， 故 sin |cosEF ，n| |EF n| |EF | |n| 4 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为3 5. 返回导航 2 考点突破互动探究 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点一 利用向量证明空间的平行与垂直自主练透 例例 1 (2020 山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，ABCD，ABBC，AB2，PAPD CDBC1，平面 PAD平面 ABCD，E 为 AD 的中点 (1)求证：PABD； (2)在线段 AB 上是否存在一点 G，使得直 线 BC

14、平面 PEG？若存在，请证明你的结 论；若不存在，请说明理由 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 取 BA 的中点 H，连 EH， 在梯形 ABCD 中，由题意易知 EH AD，PAPD，E 为 AD 的中点， PEAD，又平面 PAD平面 ABCD， PE平面 ABCD，PEEH，PE AD，AE、EH、EP 两两垂直，如 图建立空间直角坐标系， 则 P 0，0， 2 2 ， A 2 2 ，0，0 ， B 2 2 ， 2，0 ， D 2 2 ，0，0 ，E(0,0,0)，C 2， 2 2 ，0 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (1

15、)PA 2 2 ，0， 2 2 ，BD (0， 2，0)， PA BD 2 2 00( 2) 2 2 00， PA BD ，即 PABD 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)设线段 AB 上存在点 G 满足条件， 则AG AB ( 2， 2，0)(01)， EG AG AE ( 2， 2，0) 2 2 ，0，0 2 2 2 ， 2，0 . 且BC mEG nPE ， 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 即 2 2 ， 2 2 ，0 2m 2 2 m， 2m， 2 2 n ， 2m 2 2 m 2 2 ， 2m 2 2 ， n0 解得 1 4

16、. 存在点 G，当 AG1 4AB 时，BC平面 PEG. 注：本题也可用几何法求解，或求平面 PEG 的法向量 n，利用 n BC 0nBC BC平面 PEG 判断解答 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写 出相关点的坐标，进而确定向量的坐标 (2)用向量法证平行问题的类型及常用方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向 量表示 面面平行 证明两平面的法向量

17、平行(即为共线向量) 转化为线面平行、线线平行问题 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的 数量积为零 线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面 垂直的判定定理转化为证明线线垂直 面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定 理转化为证明线面垂直 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 变式训练1 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90， BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F， G分别为CC

18、1，C1B1，C1A1的中点 (1)求证：平面A1B1D平面ABD； (2)求证：平面EGF平面ABD 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 证明 以 B 为坐标原点， BA， BC， BB1所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)， E(0,0,3)，F(0,1,4) 设 BAa，则 A(a,0,0)，G a 2，1，4 ，A1(a，0,4) 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (1)因为BA (a,0,0)，BD (0,2,2)，B1D (0,2，2)， 所

19、以B1D BA 0，B1D BD 0. 所以B1D BA ，B1D BD ， 即 B1DBA，B1DBD 又 BABDB，所以 B1D平面 ABD 因为 B1D平面 A1B1D，所以平面 A1B1D平面 ABD 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)证法一：因为EG a 2，1，1 ，EF (0,1,1)，B1D (0,2，2)， 所以B1D EG 0，B1D EF 0. 所以 B1DEG，B1DEF. 因为 EGEFE，所以 B1D平面 EGF. 又由(1)知 B1D平面 ABD， 所以平面 EGF平面 ABD 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立

20、体几何 证法二：GF a 2，0，0 ，GF 1 2BA ， 又 GF平面 ABD，AB平面 ABD， GF平面 ABD，同理 EF平面 ABD， 又 GFEFF，GF平面 EGF，EF平面 EGF， 平面 EGF平面 ABD 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点二 利用向量求空间的角多维探究 例例 2 角度 1 向量法求异面直线所成的角 (2020 豫南豫北精英对抗赛)在四面体 ABCD 中，CACB CDBD2，ABAD 2，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 ( ) A 2 3 B 2 4 C 14 4 D 2 4 B 返回导航 高考一轮总复习 数学

21、（新高考） 第七章 立体几何 解析 取 BD 的中点 O，连 AO，OC，由 CACBCDBD2，ABAD 2，得 AO BD， COBD， 且 OC 3， AO1.在AOC 中， AC2AO2OC2， 故AOOC， 又知BDOC O，因此 AO平面 BCD，以 OB，OC，OA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角 坐标系， 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 如图所示，则 A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，D(1,0,0)，AB (1,0， 1)，CD (1， 3，0)，设异面直线 AB 与 CD 所成角为 ，则 cos |AB

22、CD | |AB |CD | 1 2 13 2 4 ，即异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 2 4 ，故选 B 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (1)求异面直线所成角的思路： 选好基底或建立空间直角坐标系； 求出两直线的方向向量 v1，v2； 代入公式|cosv1，v2| |v v2| |v1|v2|求解 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是 0， 2 ， 两向量的夹角的范围是0， ， 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角； 当异面直线的方向向量的夹角

23、为钝角时，其补角才是异面直线的夹角 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 例例 3 角度 2 向量法求线面角 (2021 浙江联考)如图，底面 ABCD 为菱形，AP平面 ABCD，APDE，BAD2 3，PAAD2DE. (1)求证：BD平面 PEC； (2)求直线 DP 与平面 PEC 所成角的正弦值 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 解法一：连 AC 交 BD 于 O，四边形 ABCD 为菱形，AC BD，又BAD2 3 ，ABC 为正三 角形，以点 O 为坐标原点，建立如图 所示的空间直角坐标系 设 PAAD2DE2， 则易得点 C

24、(0,1,0)，D( 3，0,0)，P(0，1,2)，E( 3，0,1)， DP ( 3，1,2)，CP (0，2,2)，CE ( 3，1,1) 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设平面 PEC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 CP n0， CE n0， 即 2y2z0， 3xyz0， 令 y1，n(0,1,1) (1)DB (2 3，0,0)，DB n0，即BD n， 又 BD平面 PCE，BD平面 PCE. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)设直线 DP 与平面 PEC 所成角为 ， sin |cosDP ，n| DP n |D

25、P | |n| 1 4. 即直线 DP 与平面 PEC 所成角的正弦值为1 4. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解法二：(1)连接 AC 交 BD 于点 O，取 PC 的中点 G，连接 EG，GO， 则 G，O 分别为 PC，AC 的中点， 故 GOPA，且 GO1 2PA APDE，PA2DE， GODE，GODE， 四边形 EDOG 为平行四边形， EGDO，即 EGBD 又EG平面 PEC，BD平面 PEC，BD平面 PEC 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)连接 DP.AP平面 ABCD， APAD，APAC， PAD，PA

26、C 为直角三角形，且 PA平面 ABCD， APDE，DE平面 ABCD， DECD，EDC 为直角三角形 又 PAAD2DE， 不妨设 PAAD2DE2， DP2 2，在直角梯形 PADE 中，PE 5. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 底面 ABCD 为菱形，DCDA2， EC 5，SEDC1. DAB2 3，AC2. 在 RtPAC 中，PC2 2，SPEC 6， APDE，AP平面 DCE， VPEDCVAEDC，又 VDPECVPEDC， VDPECVAEDC，过点 A 作 AHDC 于点 H， 易得 AH平面 EDC，AH 3. 返回导航 高考一轮总复习

27、 数学（新高考） 第七章 立体几何 设点 D 到平面 PEC 的距离为 h， 故1 3 6 h 1 3 31，h 2 2 . 设 DP 与平面 PEC 所成角为 ， sin h DP 2 2 2 2 1 4. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 1线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路， 而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问 题， 关键是确定斜线的一个方向向量 a 和平面的一个法向量 b， 再通过计 算线面角的向量公式 sin |cos a， b | |a b| |a|b|( 是斜线与平面所成的角) 求解，要特别注意 a 和 b

28、 的夹角与线面角的关系 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 2利用空间向量解答立体几何问题的步骤 (1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； (2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量； (3)设出相应平面的法向量， 利用两直线垂直数量积为 0 列出方程组， 求出法向量； (4)将空间位置关系转化为向量关系； (5)根据定理结论求出相应的角 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 注：用体积法求出点 P 到平面 的距离 h，只需再求出|PA|，则可得 直线PA与平面所成角的余弦值cos h |PA|.通过本例两种解法可出看向 量法在解决立体几何有

29、关问题中的优越性 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 例例 4 角度 3 向量法求二面角 (2021 安徽合肥调研)在三棱锥 PABC 中， BC平面 PAB， 平面 PAC平面 ABC (1)证明：PA平面 ABC； (2)若 D 为 PC 的中点，且 PA2 2AB， ABBC，求二面角 ABDC 的余弦值 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)证明：过点B作BOAC于O. 平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，BO平面 ABC， BO平面PAC，BOPA 又BC平面PAB，PA平面PAB，BCPA 又BCBOB，BC，B

30、O平面ABC， PA平面ABC 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)ABBC，BOAC，O 为 BC 中 点 又D 为 PC 的中点，DOPA 由(1)知，PA平面 ABC， DO平面 ABC，DOBO，DO AO， 以 O 为原点，以OA ，OB ，OD 所在方 向为 x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设 ABBC 2，则 AC2，PA4， 则 O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，P(1,0,4)，D(0,0,2) 设平面 ABD 的法向量为 n1(x1

31、，y1，z1)， n1AB ，n1AD ，n1 AB 0，n1 AD 0， AB (1,1,0)，AD (1,0,2)， x1y10 x12z10 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设 z11 得 x12，y12，n1(2,2,1)， 设平面 BCD 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， n2CB ，n2DB ，n2 CB 0，n2 DB 0， CB (1,1,0)，DB (0,1，2)， x2y20 y22z20 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 令 z21 得 x22，y22，n2(2,2,1)， cosn1，n2 n1 n2

32、|n1|n2| 1 9. 二面角 ABDC 的平面角 是钝角， cos 1 9. 即二面角 ABDC 的余弦值为1 9. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 注：(1)注意到 AB、BC、PA 两两垂直，故也可以 BC 为 x 轴、BA 为 y 轴建立坐标系求解； (2)注意到BCDBAD， 故作 CHBD 于 H， 连 AH， 则 AHBD， AHC 即为二面角 ABDC 的平面角， 令 ABBC 2， 易求得 CH AH3 5 5 ，cosAHCCH 2AH2AC2 2CH AH 1 9. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 利用向量法确定二

33、面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量， 然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实 际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与 棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二 面角的大小 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (3)将二面角转化为线面角求解如图要求二面角 PABC，可作 PHAB， 则二面角 PABC 的大小即为 PH 与平面 ABC 所成角的大小 ，PH 易求，可用体积法求 P 到平面 ABC 的距离 h，则 sin h |PH|.

34、 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 变式训练2 (1)(角度1)(2018 江苏高考题改编)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB AA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点，则异面直线BP与AC1所成角的 余弦值为_. 3 10 20 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)(角度 2)(2021 广东广州广雅中学等三校联考)如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ADCDCB2，ABC60 ，矩形 ACFE 中，AE2， 又 BF2 2. 求证：BC平面 ACFE； 求直线 BD 与平面 BEF 所成角的正弦值 返回导航 高考一轮总复习 数

35、学（新高考） 第七章 立体几何 (3)(角度3)(2019 课标)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是 菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D 的中点 证明：MN平面C1DE； 求二面角AMA1N的正弦值 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，设 AC，A1C1的中点分别为 O，O1， 则 OBOC，OO1OC，OO1OB， 以OB ，OC ，OO1 为基底，建立空间直角坐 标系 Oxyz. 因为 ABAA12，所以 A(0，1,0)，B( 3， 0,0)，C1(0,1,2)

36、 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 因为 P 为 A1B1的中点，所以 P 3 2 ，1 2，2 . 从而BP 3 2 ，1 2，2 ，AC1 (0,2,2) 故|cosBP ，AC1 | |BP AC1 | |BP | |AC1 | |14| 52 2 3 10 20 . 因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为3 10 20 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)证明：在梯形 ABCD 中，ABCD， ADCDCB2，ABC60 ， 四边形 ABCD 是等腰梯形，ADC120 ， DCADAC30 ，DCB120 ， ACB

37、DCBDCA90 ，ACBC(也可以利用余弦定理 求出 AC，BC 再证明) 又矩形 ACFE 中，CFAE2，又 BF2 2，CB2， CF2BC2BF2，CBCF， 又ACCFF，BC平面 ACFE. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，以CB所在直线为y轴， 以CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标 系 可得C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)， D( 3，1,0)，E(2 3，0,2) EF (23 ，0,0)， BF (0， 2,2)，BD ( 3，3,0)， 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七

38、章 立体几何 设平面BEF的法向量为n(x，y，z)， n EF 2 3x0 n BF 2y2z0 ， 令y1，则x0，z1，n(0,1,1)， |cosBD ，n| |BD n| |BD | |n| 6 4 ， 直线BD与平面BEF所成角的正弦值是 6 4 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (3)证法一：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所 以MEB1C，且ME 1 2 B1C又因为N为A1D的中点，所以ND 1 2 A1D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形 MNDE为平行四边形，MNED又MN平面EDC1，所以M

39、N平面 C1DE. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 证法二：四边形ABCD为菱形，BAD60 ，连BD 则BCD为正三角形，又E为BC的中点， DEBC，又DD1平面ABCD， DA、DE、DD1两两垂直， 如图建立空间直角坐标系， 则MN (0， 3，0)，ED (0， 3，0)， MN ED ，MNED， 又MN平面ABCD，ED平面ABCD，MN平面ABCD 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解法一：由已知可得DEDA以D为坐标原点，DA 的方向为x轴 正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则A(2,0,0)，A1(2,0,

40、4)，M(1， 3，2)，N(1,0,2)， A1A (0,0，4)，A1M (1， 3，2)， A1N (1,0，2)，MN (0， 3，0) 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量， 则 m A1M 0， m A1A 0. 所以 x 3y2z0， 4z0. 可取m( 3，1,0) 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量， 则 n MN 0， n A1N 0. 所以 3q0， p2r0. 可取n(2,0，1) 于是cosm，n m n |m|n| 2 3 2 5 15

41、5 ， 所以二面角AMA1N的正弦值为 10 5 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解法二：由题意易知，A1M2 2AM， 又AA14， A1M2AM2AA2 1，AMA1M， 二面角AMA1N的大小即为AM与平面A1MN所成角的大小， 又A1M2 2，MN 3，A1N 5， A1NMN2A1M，A1NMN， 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 取AB的中点H，则DHAB，且DH 3， 平面ABB1A1平面ABCD， DH平面ABB1A1， A1D的中点N到平面ABB1A1的距离为 3 2 ， 记A到平面A1MN的距离为h， 返回导航 高考

42、一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 VNA1AMVAA1MN， 则2 3 3 15 6 h，h 4 5， sin 4 52 2 10 5 ， 即二面角AMA1N的正弦值为 10 5 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点三 利用向量求空间的距离师生共研 例例 5 (2021 广东广州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD的边长为2的菱形，BAD60 ，APD90 ，且PAPD，AD PB (1)求证：ADPB； (2)求点A到平面PBC的距离 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)证明：取AD的中点O，连接OP

43、，OB，BD， 因为底面ABCD为菱形，BAD60， 所以ADABBD 因为O为AD的中点，所以BOAD 在PAD中，PAPD，O为AD的中点，所以POAD 因为BOPOO，所以AD平面POB 因为PB平面POB，所以ADPB 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)由题意及(1)易知OP1，BO 3，PB2， OP2BO2PB2，OPOB， OP、OA、OB两两垂直，如图建立空间 直角坐标系， 则A(1,0,0)，B(0，3 ，0)，C(2，3 ， 0)，P(0,0,1)， AP (1,0,1)，PB (0， 3，1)，PC (2， 3，1)， 返回导航 高考一轮总

44、复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设平面PBC的法向量为n(x，y，z)， 则 n PB 3yz0 n PC 2x 3yz0 ， x0 z 3y ， 不妨取y1，则n(0,1， 3)， 点A到平面PBC的距离d|AP n| |n| 3 2 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 另解(2)(体积法)：PAPD，APD90 ， PO1 2AD1， 又ADPB，BCAD，BCPB， 记A到平面PBC的距离为h， 则由VAPBCVPABC得2 3h 1 3 1 222sin 120 ，h 3 2 ， 即A到平面PBC的距离为 3 2 . 返回导航 高考一轮总复习 数学（

45、新高考） 第七章 立体几何 变式训练3 (2021 安徽合肥质检)如图，边长为2的等边ABC所在平面与菱形 A1ACC1所在平面互相垂直，A1C 3AC1，M为线段AC的中点 (1)求证：平面BMC1平面A1BC1； (2)求点C到平面A1BC1的距离 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)因为四边形A1ACC1为菱形，所以A1CAC1. 又因为A1C 3AC1，所以ACC160 ， 即ACC1为等边三角形 因为AC1CC1，M为线段AC的中点，所以ACC1M. 因为ABBC，M为线段AC的中点，所以ACBM. 又因为C1MBMM，所以AC平面BMC1. 又因

46、为ACA1C1，所以A1C1平面BMC1. 又A1C1平面A1BC1，所以平面BMC1平面A1BC1. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)因为平面A1ACC1平面ABC，交线是AC，且C1MAC， 所以C1M平面ABC 以M为原点，MB，MC，MC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标 系， 如图所示： 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 C(0,1,0)，B( 3，0,0)，C1(0,0， 3)，A1(0，2， 3)， 则A1C1 (0,2,0)，BC1 ( 3，0， 3)，CC1 (0，1， 3)， 设平面A1BC1的法向量为n(x，y

47、，z)， 则 n A1C1 2y0 n BC1 3x 3z0 ， 令x1，则n(1,0,1)， 点C到平面A1BC1的距离d|CC1 n| |n| 3 2 6 2 . 返回导航 3 名师讲坛素养提升 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 例例 6 利用向量法解答立体几何中的探究型问题 (2021 山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P ABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BCAD， ADC90 ，BCCD 1 2 AD1，E为线段AD的中点，过BE的平面与 线段PD，PC分别交于点G，F. 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章

48、立体几何 (1)求证：GFPA； (2)若PAPD 2，是否存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角 的正弦值为 10 5 ，若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理 由 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)因为BC1 2AD，且E为线段AD的中点， 所以BCDE，又因为BCAD， 所以四边形BCDE为平行四边形，所以BECD， 又因为CD平面PCD，BE平面PCD，所以BE平面PCD， 又平面BEGF平面PCDGF，所以BEGF， 又BEAD，且平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD， 所以BE平面PAD，所以GF平面PAD， 又PA平

49、面PAD，所以GFPA 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)因为PAPD，E为线段AD的中点，所以PEAD， 又因为平面PAD平面ABCD， 所以PE平面ABCD， 以E为坐标原点，EA 的方向为x轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系Exyz； 则P(0,0,1)，B(0,1,0)，E(0,0,0)，D(1,0,0)， 则PB (0,1，1)，BE (0，1,0)，DP (1,0,1)， 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设DG DP (01)，得G(1,0，)， 所以EG (1,0，)， 设平面BEGF的法向量为n(x，y，z)，

50、则 BE n0， EG n0. 即 y0， 1xz0， 不妨令x，可得n(，0,1)为平面BEGF的一个法向量， 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设直线PB与平面BEGF所成角为， 于是有sin |cosn，PB | n PB |n| |PB | 1 2 212 10 5 ； 得 1 3 或1(舍)，所以存在点G 2 3，0， 1 3 ，使得直线PB与平 面BEGF所成角的正弦值为 10 5 . 故G为DP的靠近D点的三等分点 返回导航 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出 判断，再进一步论证；