《高考快车道》2026版高三一轮总复习数学(基础版)80　第七章　规范答题四　空间向量与立体几何 课件

(共15张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
规范答题四　空间向量与立体几何
[典例]　(15分)(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F
满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC
＝4．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
明条件，顺思路
①由条件＝＝可联想到共线向量定理．结合AD＝5，AB＝8可得AE＝2，ED＝3，AF＝FB＝4．
又在△AEF中，知两边及夹角想到利用余弦定理，可知EF的长．

②在△AEF中，三边长已知且需证明垂直想到勾股定理EF2＋AE2＝AF2．
③由AE⊥EF，翻折前后垂直关系不变得EF⊥PE．
明条件，顺思路
④由EF⊥PE，EF⊥ED，又需证EF⊥PD联想线面垂直的判定定理，只需证EF⊥平面PED即可．

⑤求二面角的大小一般用空间向量，需建立空间直角坐标系→需找出两两垂直的三条线段→由第(1)问知EF⊥ED，猜想PE是否垂直于平面ABCD呢？
明条件，顺思路
⑥建系后可求出相关点P，D，F，A，C的坐标，进而求出相关向量的坐标(向量坐标＝终点坐标－起点坐标)

⑦求法向量一般用待定系数法，其步骤为：设向量；选向量；列方程组；解方程组；赋非零值；得结论．

⑧求出法向量n1，n2后只需代入两平面夹角公式计算即可．
平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝．
规范答，抢得分
[解]　(1)由题意得，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2．
又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE．………………………………(3分)
由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED，
规范答，抢得分
又ED∩PE＝E，ED，PE 平面PED，所以EF⊥平面PED．…………(5分)
又PD 平面PED，所以EF⊥PD．………………………………………(6分)
(2)如图，连接CE，由题意知，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，
故CE＝＝6．
又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE．
又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD．……………………………………………………………………(8分)
规范答，抢得分
EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F (2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)，
规范答，抢得分
连接PA，则＝(0，3，－2)，＝(3，0，0)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0)．………………………………(10分)
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
规范答，抢得分
则可取n1＝(0，2，3)，……(11分)
设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则可取n2＝(，－1，1)．(12分)
规范答，抢得分
设平面PCD与平面PBF所成的二面角的平面角为θ，则cos θ＝
|cos 〈n1，n2〉|＝＝．………………………………(14分)
故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝．
………………………………………………………………………(15分)
点关键，防陷阱
当已知条件出现较多的数量关系时，关键是将条件集中到某一三角形进行计算，有时需用正、余弦定理解决问题．
一般地，数量关系明确，会涉及勾股定理证明垂直关系．
由翻折想到：翻折前后哪些量没有变化，哪些量发生了变化？
线面垂直的判定定理中需强调ED∩PE＝E(两条相交直线)
点关键，防陷阱
易错：使用向量法求解，建系前应注意证明相交于一点的三条直线两两垂直．如本例中PE⊥平面ABCD需要证明后才能建系，否则扣分．
正确掌握点的坐标的求法是使用向量法的前提与关键(有时可借助几何关系向量运算求点的坐标)．
思考：此时能否利用B点坐标求出平面PBF的法向量求解．
点关键，防陷阱
垂直于平面的直线的方向向量，称为平面的法向量；一个平面的法向量有无数个，且它们互相平行．题目中若有平面的垂线可直接写出平面的法向量．
易错①：用向量法求二面角时，要特别注意向量的夹角与所求角的关系．
易错②：求出二面角的余弦值，需转化为二面角的正弦值．
谢 谢 ！