（浙江专版）2018高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第7节 立体几何中的向量方法教师用书.doc

第七节立体几何中的向量方法1直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量(2)平面的法向量：直线l，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量2空间位置关系的向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmnm0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmnm03.求两条异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角a，b范围00a，b关系cos |cosa，b|cosa，b4求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.5求二面角的大小(1)若ab，cd分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角(如图)图(2)设n1，n2分别是二面角l的两个面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图)1(思考辨析)判断下列结论的正误(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)2(教材改编)设u(2,2，t)，v(6，4,4)分别是平面，的法向量若，则t()a3b4c5d6c，则uv262(4)4t0，t5.3直三棱柱abca1b1c1中，bca90，m，n分别是a1b1，a1c1的中点，bccacc1，则bm与an所成角的余弦值为()a.b. c.d.c建立如图所示的空间直角坐标系cxyz，设bc2，则b(0,2,0)，a(2,0,0)，m(1,1,2)，n(1,0,2)，所以(1，1,2)，(1,0,2)，故bm与an所成角的余弦值cos .4如图771所示，在正方体abcda1b1c1d1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_. 【导学号：51062247】图771垂直以a为原点，分别以，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则a(0,0,0)，m，o，n，0，on与am垂直5(2017湖州模拟)过正方形abcd的顶点a作线段pa平面abcd，若abpa，则平面abp与平面cdp所成的二面角为_45如图，建立空间直角坐标系，设abpa1，则a(0,0,0)，d(0,1,0)，p(0,0,1)，由题意，ad平面pab，设e为pd的中点，连接ae，则aepd，又cd平面pad，cdae，从而ae平面pcd.(0,1,0)，分别是平面pab，平面pcd的法向量，且，45.故平面pab与平面pcd所成的二面角为45.利用向量证明平行与垂直问题如图772所示，在底面是矩形的四棱锥pabcd中，pa底面abcd，e，f分别是pc，pd的中点，paab1，bc2.(1)求证：ef平面pab；(2)求证：平面pad平面pdc.图772证明以a为原点，ab，ad，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(1,2,0)，d(0,2,0)，p(0,0,1)，所以e，f，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0).3分(1)因为，所以，即efab.又ab平面pab，ef平面pab，所以ef平面pab.6分(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即apdc，addc.10分又因为apada，ap平面pad，ad平面pad，所以dc平面pad.因为dc平面pdc，所以平面pad平面pdc.15分规律方法1.利用向量证明平行与垂直，充分利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算其中灵活建系是解题的关键2运用向量知识判定空间位置关系，不可忽视几何定理满足的条件，如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，必需强调直线在平面外变式训练1(2017绍兴一模)如图773，四棱锥pabcd的底面为正方形，侧棱pa底面abcd，且paad2，e，f，h分别是线段pa，pd，ab的中点图773求证：(1)pb平面efh；(2)pd平面ahf.证明建立如图所示的空间直角坐标系axyz.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)，h(1,0,0).3分(1)(2,0，2)，(1,0，1)，2，pbeh.pb平面efh，且eh平面efh，pb平面efh.6分(2)(0,2，2)，(1,0,0)，(0,1,1)，0021(2)10，10分0120(2)00，pdaf，pdah.又afaha，pd平面ahf.15分线面角与异面直线所求的角角度1求异面直线所成的角将正方形abcd沿对角线ac折起，当以a，b，c，d四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线ad与bc所成的角为()a.b.c.d.c不妨以abc为底面，则由题意当以a，b，c，d为顶点的三棱锥体积最大，即点d到底面abc的距离最大时，平面adc平面abc.设点o是ac的中点，连接bo，do.则易知bo，co，do两两互相垂直以o为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令bocodo1.则o(0,0,0)，a(0，1,0)，d(0,0,1)，b(1,0,0)，c(0,1,0)，于是(0,1,1)，(1,1,0)，因此cos，.所以异面直线ad与bc所成的角为.规律方法1.利用向量法求异面直线所成的角(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量1，2；(3)代入公式|cos1，2|求解2两异面直线所成角的范围是，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为钝角时，其补角才是异面直线的夹角角度2求直线与平面所成的角(2015全国卷)如图774所示，长方体abcda1b1c1d1中，ab16，bc10，aa18，点e，f分别在a1b1，d1c1上，a1ed1f4.过点e，f的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形图774(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线af与平面所成角的正弦值. 【导学号：51062248】解(1)交线围成的正方形ehgf如图所示.5分(2)作emab，垂足为m，则ama1e4，emaa18，因为四边形ehgf为正方形，所以ehefbc10.于是mh6，所以ah10.以d为坐标原点，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(10,0,0)，h(10,10,0)，e(10,4,8)，f(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6，8).9分设n(x，y，z)是平面ehgf的法向量，则即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn，|.所以af与平面ehgf所成角的正弦值为.15分规律方法1.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影，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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角2(1)求直线与平面所成的角，不要误认为是直线的方向向量与平面法向量的夹角(2)若求线面角的余弦值，要利用平方关系sin2cos21求值.利用空间向量求二面角如图775，在以a，b，c，d，e，f为顶点的五面体中，面abef为正方形，af2fd，afd90，且二面角dafe与二面角cbef都是60.(1)证明：平面abef平面efdc；(2)求二面角ebca的余弦值图775解(1)证明：由已知可得afdf，affe，所以af平面efdc.2分又af平面abef，故平面abef平面efdc.6分(2)过d作dgef，垂足为g.由(1)知dg平面abef.以g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gxyz.8分由(1)知dfe为二面角dafe的平面角，故dfe60，则|df|2，|dg|，可得a(1,4,0)，b(3,4,0)，e(3,0,0)，d(0,0，)由已知得abef，所以ab平面efdc.10分又平面abcd平面efdccd，故abcd，cdef.由beaf，可得be平面efdc，所以cef为二面角cbef的平面角，cef60.从而可得c(2,0，)所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面bce的法向量，则即所以可取n(3,0，).12分设m是平面abcd的法向量，则同理可取m(0，4)则cosn，m.故二面角ebca的余弦值为.15分规律方法1.求解本题要抓住几点：(1)充分利用垂线，建立恰当的直角坐标系；(2)确定二面角dafe与二面角cbef的平面角；(3)从空间图形能判定二面角ebca为钝角2利用向量计算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)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变式训练2(2017衢州质检)如图776，在梯形abcd中，abcd，addccb1，bcd120，四边形bfed为矩形，平面bfed平面abcd，bf1.图776(1)求证：ad平面bfed；(2)点p在线段ef上运动，设平面pab与平面ade所成锐二面角为，试求的最小值解(1)证明：在梯形abcd中，abcd，addccb1，bcd120，ab2.bd2ab2ad22abadcos 603.ab2ad2bd2，adbd.2分平面bfed平面abcd，平面bfed平面abcdbd，de平面bfed，dedb，de平面abcd，则dead.又debdd，ad平面bfed.6分(2)由(1)知可建立以直线da，db，de为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令ep(0)，则d(0,0,0)，a(1,0,0)，b(0，0)，p(0，1)，(1，0)，(0，1)设n1(x，y，z)为平面pab的法向量，由得取y1，则n1(，1，).10分n2(0,1,0)是平面ade的一个法向量，cos .0，当时，cos 有最大值.的最小值为.15分利用空间向量解决探索性问题如图777所示，正abc的边长为4，cd是ab边上的高，e，f分别是ac和bc边的中点，现将abc沿cd翻折成二面角adcb，如图777所示(1)试判断直线ab与平面def的位置关系，并说明理由；(2)求二面角edfc的余弦值；(3)在线段bc上是否存在一点p，使apde？证明你的结论图777解(1)如图，在abc中，由e，f分别是ac，bc中点，得efab.又ab平面def，ef平面def，ab平面def.4分(2)以d为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则a(0,0,2)，b(2,0,0)，c(0,2，0)，e(0，1)，f(1，0)，易知平面cdf的法向量为(0,0,2).6分设平面edf的法向量为n(x，y，z)，则即取n(3，3)，cos，n，二面角edfc的余弦值为.9分(3)设p(x，y,0)，则y20，y.又(x2，y,0)，(x,2y,0)，(x2)(2y)xy，xy2.12分把y代入上式得x，在线段bc上存在点p，使apde.15分规律方法1.根据题目的条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论2假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在变式训练3如图778，在长方体abcd a1b1c1d1中，aa1ad1，e为cd中点图778(1)求证：b1ead1；(2)在棱aa1上是否存在一点p，使得dp平面b1ae？若存在，求ap的长；若不存在，说明理由解以a为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系设aba.1分(1)证明：a(0,0,0)，d(0,1,0)，d1(0,1,1)，e，b1(a,0,1)，故(0,1,1)，.3分因为011(1)10，因此，所以b1ead1.6分(2)存在满足要求的点p，假设在棱aa1上存在一点p(0,0，z0)，使得dp平面b1ae，此时(0，1，z0)，再设平面b1ae的一个法向量为n(x，y，z)(a,0,1)，.8分因为n平面b1ae，所以n，n，得取x1，则y，za，则平面b1ae的一个法向量n.12分要使dp平面b1ae，只要n，有az00，解得z0.所以存在点p，满足dp平面b1ae，此时ap.15分思想与方法1用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想2用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量易错与防范1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，必需强调直线在平面外2利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同3求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角课时分层训练(四十二)立体几何中的向量方法a组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1已知平面内有一点m(1，1,2)，平面的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点p中，在平面内的是()ap(2,3,3)bp(2,0,1)cp(4,4,0)dp(3，3,4)a逐一验证法，对于选项a，(1,4,1)，n61260，n，点p在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内2如图779，在空间直角坐标系中有直三棱柱abca1b1c1，cacc12cb，则直线bc1与直线ab1夹角的余弦值为() 【导学号：51062249】图779a.bc.da不妨设cb1，则b(0,0,1)，a(2,0,0)，c1(0,2,0)，b1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)cos，.3正方体abcda1b1c1d1的棱长为a，点m在ac1上且，n为b1b的中点，则|为()a.ab.ac.ad.aa以d为原点建立如图所示的空间直角坐标系dxyz，则a(a,0,0)，c1(0，a，a)，n.设m(x，y，z)，点m在ac1上且，(xa，y，z)(x，ay，az)，xa，y，z.得m，|.4已知正三棱柱abca1b1c1的侧棱长与底面边长相等，则ab1与侧面acc1a1所成角的正弦值等于()a.b.c.d.a如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，o(0,0,0)，b(，0,0)，a(0，1,0)，b1(，0,2)，则(，1,2)，则(，0,0)为侧面acc1a1的法向量即sin .故选a.5在正方体abcda1b1c1d1中，点e为bb1的中点，则平面a1ed与平面abcd所成的锐二面角的余弦值为()a.b.c.d.b以a为原点建立如图所示的空间直角坐标系axyz，设棱长为1，则a1(0,0,1)，e，d(0,1,0)，(0,1，1)，.设平面a1ed的一个法向量为n1(1，y，z)，有即解得n1(1,2,2)平面abcd的一个法向量为n2(0,0,1)cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.二、填空题6已知点p是平行四边形abcd所在的平面外一点，如果(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)对于结论：apab；apad；是平面abcd的法向量；.其中正确的序号是_0，0，abap，adap，则正确又与不平行是平面abcd的法向量，则正确由于(2,3,4)，(1,2，1)，与不平行，故错误7(2017杭州模拟)在长方体abcda1b1c1d1中，ab2，bcaa11，则d1c1与平面a1bc1所成角的正弦值为_以d为原点，da为x轴，dc为y轴，dd1为z轴，建立空间直角坐标系，设n(x，y，z)为平面a1bc1的法向量，则n0，n0，即令z2，则y1，x2，于是n(2,1,2)，(0,2,0)设所求线面角为，则sin |cosn，|.8在一直角坐标系中，已知a(1,6)，b(3，8)，现沿x轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后a，b两点间的距离为_. 【导学号：51062250】2如图为折叠后的图形，其中作accd，bdcd，则ac6，bd8，cd4，两异面直线ac，bd所成的角为60.故由，得|2|268，|2.三、解答题9(2017舟山模拟)如图7710，四棱锥sabcd中，sd底面abcd，abdc，addc，abad1，dcsd2，e为棱sb上的一点，且se2eb.图7710(1)证明：de平面sbc；(2)求二面角adec的大小解由题意，以d为坐标原点，分别以da，dc，ds所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，则a(1,0,0)，b(1,1,0)，c(0,2,0)，s(0,0,2)，(1,1,0)，(0,0,2).2分(1)证明：se2eb，(1,1,0)(0,0,2).又(1,1,0)，(1，1,2)，0，0，4分，.又bcbsb，de平面sbc.6分(2)由(1)知，de平面sbc，ec平面sbc，deec.9分取de的中点f，则f，故0，由此得fade.12分向量与的夹角等于二面角adec的平面角，又cos，二面角adec的大小为120.15分10在四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd为正方形，pddc，e，f分别是ab，pb的中点(1)求证：efcd；(2)在平面pad内是否存在一点g，使gf平面pcb.若存在，求出点g坐标；若不存在，请说明理由解(1)证明：如图，以da，dc，dp所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设ada，则d(0,0,0)，a(a,0,0)，b(a，a,0)，c(0，a,0)，e，p(0,0，a)，f，则，(0，a,0).3分0，从而得efcd.6分(2)假设存在满足条件的点g，设g(x,0，z)，则.若使gf平面pcb，则fgcb，fgcp.(a,0,0)a0，得x.10分由(0，a，a)a0，得z0.g点坐标为，即存在满足条件的点g，且点g为ad的中点.15分b组能力提升(建议用时：15分钟)1(2017浙江金华联盟联考)已知斜四棱柱abcda1b1c1d1的各棱长均为2，a1ad60，bad90，平面a1add1平面abcd，则直线bd1与平面abcd所成的角的正切值为()a.b.c.d.c取ad中点o，连接oa1，易证a1o平面abcd