1、第1页第一篇专题分层突破第2页层级二 高考核心考点突破 聚焦大视野，全力攻关第3页专题三 立体几何第4页第3讲 立体几何中的向量方法第5页专项检测考情研究真题体验考点分类考向探究第6页第7页高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.第8页1(2019新课标全国卷)如图，直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点(1)证明：MN平面 C1DE；(2)求二面角 A-MA1-N 的正
2、弦值第9页解：(1)证明：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC的中点，所以 MEB1C，且 ME12B1C.又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND12A1D.由题设知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，MNED.又 MN平面 EDC1，所以 MN平面 C1DE.第10页第11页(2)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 D-xyz，则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，3，2)，N(1,0,2)，A1A(0,0，4)，A1M(1，3
3、，2)，A1N(1,0，2)，MN(0，3，0)第12页设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则mA1M 0，mA1A 0.所以x 3y2z0，4z0.可取 m(3，1,0)设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则nMN 0，nA1N 0.第13页所以 3q0，p2r0.可取 n(2,0，1)于是 cosm，n mn|m|n|2 32 5 155，所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为 105.第14页2(2018新课标全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF.(
4、1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值第15页解：(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平面 ABFD.以 H为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz.由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE 3.又 PF1，EF2，故 PEPF.可得PH 32，EH32.则 H(0,0,0)，P(0,0，32)，D(1，32，0)，DP(1，32，32)，
5、HP(0,0，32)为平面 ABFD 的法向量设第16页DP 与平面 ABFD 所成角为，则 sin|HP DP|HP|DP|343 34.所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 34.第17页第18页考点一 直线与直线、直线与平面所成的角【例 1】如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，ABAA12，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值；(2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值第19页【解】如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，设 AC，A1C1的中点分别为 O，O1，连接 OB，OO1，则 OBOC，O
6、O1OC，OO1OB，以OB，OC，OO1 为基底，建立空间直角坐标系 O-xyz.因为 ABAA12，所以 A(0，1，0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1，2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)第20页(1)因为 P 为 A1B1 的中点，所以 P(32，12，2)，从而BP(32，12，2)，AC1(0,2,2)，故|cosBP，AC1|BPAC1|BP|AC1|14|52 23 1020.因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 1020.第21页(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q(32，12，0)，因此AQ(32，32，0)，AC1(0,2
7、,2)，CC1(0,0,2)设 n(x，y，z)为平面 AQC1 的法向量，则AQ n0，AC1 n0，即 32 x32y0，2y2z0.第22页不妨取 n(3，1,1)设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为，则sin|cosCC1，n|CC1 n|CC1|n|252 55，所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 55.第23页【总结归纳】(1)直线与直线所成的角的求法几何法：通过平移将异面直线所成的角转化为平面内相交直线所成的角；向量法：设异面直线所成的角，可以通过两直线的方向向量的夹角 求得，即 cos|cos|，要注意 cos0.(2)直线与平面所成的角的求法求出平面的
8、法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为，则 sin|cosn，a|na|n|a|.注意函数名称的变化第24页如图，多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形，BAD60，四边形 BDEF 是梯形，BDDE2EF，BDEF，DE平面 ABCD.(1)求证：BDAF；(2)求直线 CE 与平面 BCF 所成角的正弦值第25页解：(1)证明：连接 AC 交 BD 于 O，连接 OF.由四边形 ABCD 是菱形可知 BDAC，OD12BD，因为 BDEF，ODEF，所以四边形 ODEF 是平行四边形，即 OFDE，又 DE平面 ABCD，BD平面 ABCD，所以 BDDE，故 BDO
9、F，又 ACOFO，所以 BD平面ACF，又 AF平面 ACF，所以 BDAF.第26页(2)以 O 为坐标原点，直线 OB，OC，OF 分别为 x 轴，y轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz，设菱形 ABCD的边长为 2，则由题意可知 B(1,0,0)，C(0，3，0)，F(0,0,2)，E(1,0,2)，设平面 BCF 的法向量为 n(x，y，z)，因为BF(1,0,2)，BC(1，3，0)，第27页所以由nBF0，nBC0，得x2z0，x 3y0，即 zx2，y 33 x，令 x6，则 n(6,2 3，3)是平面 BCF 的一个法向量设直线 CE 与平面 BCF 所成的角
10、为，因为CE(1，3，2)，第28页所以 sin|nCE|n|CE|666|572 2 11438.故直线 CE 与平面 BCF 所成角的正弦值为 11438.第29页考点二 二面角【例 2】(2019 新 课 标 全 国 卷 )如 图，长 方 体ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 上，BEEC1.(1)证明：BE平面 EB1C1；(2)若 AEA1E，求二面角 B-EC-C1 的正弦值第30页【解】(1)证明：由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，故 B1C1BE.又 BEEC1，所以 BE平面 EB1C1.(2)由(1)知B
11、EB190.由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB45，故 AEAB，AA12AB.第31页以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，|DA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，则 C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，CB(1,0,0)，CE(1，1,1)，CC1(0,0,2)设平面 EBC 的法向量为 n(x，y，z)，则CBn0，CEn0，即x0，xyz0，第32页所以可取 n(0，1，1)设平面 ECC1 的法向量为 m(x1，y1，z1)，则CC1 m0，CEm0，即2z10，x1y1z10，所以可取 m(1,1,0
12、)于是 cosn，m nm|n|m|12.所以，二面角 B-EC-C1 的正弦值为 32.第33页【总结归纳】向量法求二面角设二面角-l-的平面角为(0)，n1，n2 分别为平面，的法向量，向量 n1，n2 的夹角为，则有(如图(1)或(如图(2)，其中 cos n1n2|n1|n2|.第34页(2019安徽省五校联盟)如图，在五面体 ABCDFE 中，底面ABCD 为矩形，EFAB，BCFD，过 BC 的平面交棱 FD 于 P，交棱 FA 于 Q.(1)证明：PQ平面 ABCD；(2)若 CDBE，EFEC，CD2EF，BCtEF，求平面ADF 与平面 BCE 所成锐二面角的大小第35页解：
13、(1)证明：因为底面 ABCD 为矩形，所以 ADBC，ADBCAD平面ADFBC平面ADFBC平面 ADF，BC平面ADFBC平面BCPQ平面BCPQ平面ADFPQBCPQ，PQBCPQ平面ABCDBC平面ABCDPQ平面 ABCD.第36页(2)由 CDBE，CDCB，BECBB，得 CD平面 BCE，所以 CDCE.由 BCCD，BCFD，CDFDD，得 BC平面 CDFE，所以 CBCE.第37页以 C 为坐标原点，CD 的方向为 x 轴的正方向，CB的方向为 y 轴的正方向，CE的方向为 z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz，设 EFEC1，则 A(2，t,0)，D
14、(2,0,0)，F(1,0,1)，所以AD(0，t,0)，AF(1，t,1)设平面 ADF 的法向量为 n(x，y，z)，则nAD 0，nAF0，即ty0，xtyz0，第38页令 x1，得 n(1,0,1)为平面 ADF 的一个法向量易知平面 BCE 的一个法向量为 m(1,0,0)，设平面 ADF 与平面 BCE 所成的锐二面角为，则cos|nm|n|m|12|22，所以 4，即平面 ADF 与平面 BCE 所成的锐二面角为4.第39页考点三 空间向量解决探究性问题【例 3】如图，在四棱锥 E-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 ABCD平面 ABE，AEB90，BEBC，F 为 C
15、E的中点(1)求证：平面 BDF平面 ACE；(2)若 2AEEB，在线段 AE 上是否存在一点 P，使得二面角 P-DB-F 的余弦值的绝对值为 1010.请说明理由第40页【解】(1)因为平面 ABCD平面 ABE，BCAB，平面ABCD平面 ABEAB，所以 BC平面 ABE，又 AE平面 ABE，所以 BCAE.因为 AEBE，BCBEB，所以 AE平面 BCE，因为 BF平面 BCE，所以 AEBF，在BCE 中，因为 BECB，F 为 CE 的中点，所以 BFCE，又 AECEE，所以 BF平面 ACE，又 BF平面 BDF，所以平面 BDF平面 ACE.第41页(2)存在如图，建
16、立空间直角坐标系 E-xyz，设 AE1，则 E(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,2)，C(2,0,2)，F(1,0,1)，BD(2,1,2)，BF(1,0,1)，设 P(0，a,0)，a0,1，则PB(2，a，0)，第42页结合(1)易知 EC平面 BDF，故EC(2,0,2)为平面 BDF 的一个法向量，设 n(x，y，z)为平面 BDP 的法向量，则由 nBD，得2xy2z0，由 nPB，得 2xay0，令 xa，可得平面 BDP 的一个法向量为 n(a,2，a1)，所以 cosEC，n ECn|EC|n|2a12 a24a12，第43页由|cosEC，n|1010，解得 a
17、0 或 a1.故在线段 AE 上存在点 P，使得二面角 P-DB-F 的余弦值的绝对值为 1010，且此时点 P 在 E 处或 A 处第44页【总结归纳】该题第(2)问通过建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算列方程求解这样就把点的存在性问题转化为方程是否有解的问题，避免了用几何法求解时烦琐的线面关系证明第45页 如图，ADBC 且 AD2BC，ADCD，EGAD 且 EGAD，CDFG 且 CD2FG，DG平面 ABCD，DADCDG2.第46页(1)若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN平面 CDE；(2)求二面角 E-BC-F 的正弦值；(3)在线段 DG 上是否存在
18、点 P，使直线 BP 与平面 ADGE所成的角为 60，并求线段 DP 的长第47页解：依题意，建立以 D 为坐标原点，分别以DA，DC，DG的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，易知 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)第48页(1)证明：由题意得，M(0，32，1)，N(1,0,2)，DC(0,2,0)，DE(2,0,2)设 n0(x，y，z)为平面 CDE 的法向量，则n0DC 0，n0DE 0，即2y0，2x2z0，第49页不妨令 z1，可得平面 CDE 的一个法向量为
19、n0(1,0，1)又MN(1，32，1)，所以MN n00，又直线 MN平面 CDE，所以 MN平面 CDE.(2)由题意知BC(1,0,0)，BE(1，2,2)，CF(0，1,2)设 n(x1，y1，z1)为平面 BCE 的法向量，第50页则 nBC0，nBE0，即x10，x12y12z10，不妨令 z11，可得平面 BCE 的一个法向量为 n(0,1,1)设 m(x2，y2，z2)为平面 BCF 的法向量，则mBC0，mCF0，即x20，y22z20，不妨令 z21，可得平面 BCF 的一个法向量为 m(0,2,1)第51页所以 cosm，n mn|m|n|3 1010，又m，n0，所以 sinm，n 1010.故二面角 E-BC-F 的正弦值为 1010.第52页(3)假设存在点 P，设线段 DP 的长为 h(h0,2)，则点 P的坐标为(0,0，h)，可得BP(1，2，h)由题易知DC(0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量，故|cosBP，DC|BPDC|BP|DC|2h25，第53页由题意，可得2h25sin60 32，解得 h 33.故在线段 DG 上存在点 P，使直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，且线段 DP 的长为 33.第54页温示提馨请 做：专项检测十一PPT文稿（点击进入）