2019版高考数学复习第8章立体几何7第7讲立体几何中的向量方法教案理.docx

第7讲立体几何中的向量方法1空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法(a，b分别为l1，l2的方向向量)a与b的夹角l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |(2)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，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |(3)二面角的求法a如图，AB，CD是二面角l两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，b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 cosn1，n2或cosn1，n22点到平面的距离的求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d. 判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角()(2)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()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，()答案：(1)(2)(3)(4) (教材习题改编)已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A.B.C.D.解析：选D.因为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，所以(1，1，0)，(1，0，1)经验证，当n时，n00，n00.所以是平面ABC的一个单位法向量 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为()A.B.C.D.解析：选A.以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，2)点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以(2，0，2)，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为，则cos .又，所以. 已知正方体ABCDA1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为_解析：以A为原点，、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则(1，0，1)，(1，1，1)，cos，0，所以两直线所成的角为90.答案：90 在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PD底面ABCD，PDDC，则二面角CPBD的大小为_解析：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设PDDC1，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(1，1，0)所以(0，0，1)，(0，1，1)，(1，1，0)，(1，0，0)，设平面PBD的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10得令x11，得n1(1，1，0)设平面PBC的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，由n20，n2 0得令y21得n2(0，1，1)设二面角CPBD的大小为，则cos ，所以60.答案：60异面直线所成的角 典例引领 (2017高考天津卷节选)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长【解】如图，以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)(1)证明：(0，2，0)，(2，0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨设z1，可得n(1，0，1)又(1，2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)依题意，设AHh(0h4)，则H(0，0，h)，进而可得(1，2，h)，(2，2，2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以，线段AH的长为或.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值提醒注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角 通关练习1长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析：选B.建立空间直角坐标系如图则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)，(1，0，2)，(1，2，1)，cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)若PAAB，求PB与AC所成角的余弦值解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.因为PA平面ABCD，所以PABD.又因为ACPAA，所以BD平面PAC.(2)设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)所以(1，2)，(0，2，0)设PB与AC所成角为，则cos .即PB与AC所成角的余弦值为.直线与平面所成的角 典例引领 (2018合肥市第一次教学质量检测)如图所示，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1底面ABCD，四边形ABCD为菱形，BAD120，ABAA12A1B12.(1)若M为CD的中点，求证：AM平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值【解】(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，BAD120，连接AC，如图，则ACD为等边三角形，又M为CD的中点，所以AMCD，由CDAB得，AMAB，因为AA1底面ABCD，AM平面ABCD，所以AMAA1，又ABAA1A，所以AM平面AA1B1B.(2)因为四边形ABCD为菱形，BAD120，ABAA12A1B12，所以DM1，AM，所以AMDBAM90，又AA1底面ABCD，所以以AB，AM，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(1，0)，D1，所以，(3，0)，(2，0，2)，设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则yxz，令x1，则n(1，1)，所以直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值sin |cosn，|.利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角 正四棱锥SABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，0)，P.则(2a，0，0)，(a，a，0)设平面PAC的法向量为n，易知可取n(0，1，1)，则cos，n.所以，n60，所以直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案：30二面角(高频考点)二面角是高考的重点，也是热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度：(1)求二面角；(2)由二面角求其他量典例引领 角度一求二面角 (2017高考全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值【解】(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD，垂足为F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0，0)，(0，1，0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则即可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则即可取m(1，0，1)则cosn，m.所以二面角APBC的余弦值为.角度二由二面角求其他量 (2018云南省第一次统一检测)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD平面SBC，SBSC，M是BC的中点，AB1，BC2.(1)求证：AMSD；(2)若二面角BSAM的正弦值为，求四棱锥SABCD的体积【解】(1)证明：设AD的中点为N，连接MN，由四边形ABCD是矩形，知MNBC.因为SBSC，M是BC的中点，所以SMBC.因为平面ABCD平面SBC，平面ABCD平面SBCBC，所以SM平面ABCD，所以SMMN.所以直线MC，MS，MN两两垂直以M为坐标原点，MC，MS，MN所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，设SMa.依题意得，M(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，S(0，a，0)所以(1，0，1)，(1，a，1)因为110(a)(1)10，所以，即AMSD.(2)由(1)可得(0，a，0)，(1，0，1)设平面AMS的法向量为n1(x，y，z)，则n1，n1，所以，即，令x1，则n1(1，0，1)是平面AMS的一个法向量同理可得n2(a，1，0)是平面ABS的一个法向量设二面角BSAM的大小为，则cos .所以1cos21sin2，解得a.所以四棱锥SABCD的体积VS矩形ABCDSM21.利用向量求二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)定义法：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 通关练习1(2018惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA2，侧面积为8，AOP120.(1)求证：AGBD；(2)求二面角PAGB的平面角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，由题意可知822AD，解得AD2.则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，因为G是DP的中点，所以可求得G.(1)证明：(0，4，2)，.所以(0，4，2)0，所以AGBD.(2)(，1，0)，因为0，0，所以是平面APG的法向量设n(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n0，n0.解得n(2，0，1)，cos，n.结合图形得，二面角PAGB的平面角的余弦值为.2.(2018宝鸡市质量检测(一)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD的大小为60.解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB2a，AD2b，AP2c，则A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2b，0)，D(0，2b，0)，P(0，0，2c)连接BD，设ACBDO，连接OE，则O(a，b，0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)(1)证明：因为(2a，0，2c)，(a，0，c)，所以2，所以，即PBEO.因为PB平面AEC，EO平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因为四边形ABCD为正方形，所以ab，A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，P(0，0，2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，因为z轴平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n(x，1，0)，而(2a，2a，0)，所以n2ax2a0，得x1，所以n(1，1，0)因为y轴平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m(1，0，z)，而(a，a，c)，所以macz0，得z.所以mm(c，0，a)所以cos 60，得ac.故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角CAFD的大小为60.空间中的距离问题(视情况选用) 典例引领 如图，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点(1)求证：平面EFG平面PAB；(2)求点A到平面EFG的距离【解】如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)(1)证明：因为(0，1，0)，(0，0，2)，(2，0，0)，所以0010020，0210000，所以EFAP，EFAB.又因为AP，AB平面PAB，且PAABA，所以EF平面PAB.又EF平面EFG，所以平面EFG平面PAB.(2)设平面EFG的一个法向量为n(x，y，z)，则所以取n(1，0，1)，又(0，0，1)，所以点A到平面EFG的距离d.(1)空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模(2)求点P到平面的距离的三个步骤在平面内取一点A，确定向量的坐标确定平面的法向量n.代入公式d求解提醒用向量法求点到平面的距离关键是确定平面法向量 通关练习1.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为_解析：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，(1，2，2)设P(x，y，z)，0，1，则(x1，y2，z)所以(x1，y2，z)(1，2，2)，解得x1，y22，z2.P(1，22，2)设PQCC1于点Q，得Q(0，2，2)，|.当时，|min.答案：2.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB4，BC3，CC12.(1)求证：平面A1BC1平面ACD1；(2)求平面A1BC1与平面ACD1的距离解：(1)证明：因为AA1綊CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，所以ACA1C1.又AC平面A1BC1，A1C1平面A1BC1，所以AC平面A1BC1.同理可证CD1平面A1BC1.又ACCD1C，AC平面ACD1，CD1平面ACD1，所以平面A1BC1平面ACD1.(2)以B1为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(4，0，0)，A(4，0，2)，D1(4，3，0)，C(0，3，2)，(0，0，2)，(4，3，0)，(0，3，2)，设n(x，y，z)为平面ACD1的一个法向量，则即取n(3，4，6)，所以所求距离d|cosn，|，故平面A1BC1与平面ACD1的距离为. 合理建立空间直角坐标系(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同(2)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点(3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系 易错防范(1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为.(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值(3)求二面角时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与两法向量n1，n2的夹角是相等，还是互补 1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为()A.B. C.D.解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.所以(0，0，1)，(0，1，1)，所以cos，所以，所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.2在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G(01)，则点G到平面D1EF的距离为()A.B. C.D.解析：选D.如图所示，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则G(1，1)，E，D1(0，0，1)，F，(0，)，(0，1，0)，.过点G向平面D1EF作垂线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y，使xy，由于GHEF，GHED1，所以解得故，所以|，即点G到平面D1EF的距离是.3(2018湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为_解析：设等边三角形ABC的边长为2.取BC的中点O，连接OA、OD，因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系则A(0，0，)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)所以(0，1，)，(，1，0)，所以cos，所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.答案：4在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB2，BCAA11，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)所以(1，2，0)，(1，0，1)，(0，2，0)，设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则有即令x2，则y1，z2，则n(2，1，2)又设D1C1与平面A1BC1所成的角为，则sin |cos，n|.答案：5已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F(，1，0)(1)因为(0，1，1)，所以cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)，由图可得，(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin |cos，|，所以cos .即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.6.(2017高考全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值解：(1)证明：由题设可得，ABDCBD，从而ADDC.又ACD是直角三角形，所以ADC90.取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又由于ABC是正三角形，故BOAC.所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2.又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故(1，0，1)，(2，0，0)，.设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n.设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m，所以二面角DAEC的余弦值为.7.(2017高考山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解：(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30.(2)法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.因此所求的角为60.8(2018河南名校联考)如图(1)，在MBC中，MA是BC边上的高，MA3，AC4.如图(2)，将MBC沿MA进行翻折，使得二面角BMAC为90，再过点B作BDAC，连接AD，CD，MD，且AD2，CAD30.(1)求证：CD平面MAD；(2)在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值解：(1)证明：在ADC中，AC4，AD2，CAD30，利用余弦定理可得CD2，所以CD2AD2AC2，所以ADC90，即CDAD.因为MAAB，MAAC，ABACA，故MA平面ABDC.因为CD平面ABDC，所以CDMA.又ADMAA，所以CD平面MAD.(2)由题意可知，AM、AB、AC两两垂直，BAD60.如图，以A为坐标原点，AB、AC、AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，D(，3，0)，M(0，0，3)，(，0，3)，(0，3，0)设E(x0，y0，z0)，由，得(x0，y0，z03)(，3，3)，得x0，y01，z02，所以.设