高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第六节 立体几何中的向量方法课件 理.ppt

第六节立体几何中的向量方法 总纲目录 教材研读 1 异面直线所成角的求法 考点突破 2 直线与平面所成角的求法 3 二面角的求法 考点二向量法解决直线与平面所成角的问题 考点一向量法解决异面直线所成角的问题 考点三向量法解决二面角问题 考点四向量法解决立体几何探索性问题 教材研读 1 异面直线所成角的求法设a b分别是两异面直线l1 l2的方向向量 则 2 直线与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 1 ab cd是二面角 l 两个半平面内与棱l垂直的射线 则二面角的大小 b 如图 2 3 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 cos或 cos 1 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 d 答案d因为a 1 0 0 b 0 1 0 c 0 0 1 所以 1 1 0 1 0 1 经检验 当法向量n 时 n 1 n 0 0 n 0 0 所以是平面abc的一个单位法向量 2 如图所示 已知正方体abcd a1b1c1d1 e f分别是正方形a1b1c1d1和add1a1的中心 则ef和cd所成的角是 a 65 b 45 c 30 d 135 b 答案b以d为原点 分别以射线da dc dd1为x轴 y轴 z轴的非负半轴建立空间直角坐标系d xyz 如图 设正方体的棱长为1 则d 0 0 0 c 0 1 0 e f 0 1 0 cos 135 异面直线ef和cd所成的角是45 3 已知正三棱柱abc a1b1c1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 答案a如图 取a1c1的中点e 以e为原点建立空间直角坐标系 设正三棱柱abc a1b1c1的棱长为1 则a b1 所以 设ab1与平面acc1a1所成的角为 又为平面acc1a1的法向量 则sin cos 4 已知正四棱锥s abcd的侧棱长与底面边长都相等 e是sb的中点 则ae sd所成角的余弦值为 答案 解析如图 以正方形abcd的对角线ac与bd的交点o作为原点 以oa ob os所在直线分别为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系 设底面边长为2 则a 0 0 b 0 0 s 0 0 d 0 0 e 0 所以 cos 故ae sd所成角的余弦值为 5 过正方形abcd的顶点a作线段pa 平面abcd 若ab pa 则平面abp与平面cdp所成的锐二面角为45 答案45 解析如图所示 建立空间直角坐标系 设ab pa 1 则a 0 0 0 b 1 0 0 d 0 1 0 c 1 1 0 p 0 0 1 则 1 0 0 1 1 1 由题意知 ad 平面abp 0 1 0 是平面abp的法向量 设n x y z 是平面cdp的法向量 则即令y 1 则n 0 1 1 则cos 45 所以平面abp与平面cdp所成的锐二面角为45 考点一向量法解决异面直线所成角的问题 考点突破 典例1 2017北京西城一模 16 如图 在正四棱锥p abcd中 pb ab e f分别为pb pd的中点 1 求证 ac 平面pbd 2 求异面直线pc与ae所成角的余弦值 3 若平面aef与棱pc交于点m 求的值 解析 1 证明 设ac bd o 则o为底面正方形abcd的中心 连接po 因为p abcd为正四棱锥 所以po 平面abcd 所以po ac 又bd ac 且po bd o 所以ac 平面pbd 2 oa ob op两两互相垂直 如图 建立空间直角坐标系o xyz 因为pb ab ob ob 所以rt pob rt aob hl 所以oa op 设oa 2 所以a 2 0 0 b 0 2 0 c 2 0 0 d 0 2 0 p 0 0 2 e 0 1 1 f 0 1 1 所以 2 1 1 2 0 2 所以 cos 即异面直线pc与ae所成角的余弦值为 3 连接am 设 其中 0 1 则 2 0 2 又 2 0 2 所以 2 2 0 2 2 设平面aef的法向量为n x y z 则又 2 1 1 2 1 1 所以所以y 0 令x 1 则z 2 所以n 1 0 2 因为am 平面aef 所以n 0 即 2 2 2 2 2 0 解得 所以 方法技巧用向量法求异面直线所成角的步骤 1 选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系 2 确定各异面直线上两个点的坐标 从而确定两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 结合异面直线所成角的范围即可求出其大小 1 1 2016北京东城一模改编 已知三棱柱abc a1b1c1中 a1a 底面abc bac 90 a1a 1 ab ac 2 e f分别为棱c1c bc的中点 1 求证 ac a1b 2 求直线ef与a1b所成的角 解析 1 证明 因为a1a 底面abc ac 底面abc 所以ac aa1 因为 bac 90 所以ac ab 因为a1a ab a 所以ac 平面a1abb1 因为a1b 平面a1abb1 所以ac a1b 2 如图 建立空间直角坐标系a xyz 则a1 0 0 1 b 0 0 e f 所以 0 1 所以cos 因为0 所以直线ef与a1b所成的角为 典例2 2017北京海淀一模 17 如图 由直三棱柱abc a1b1c1和四棱锥d bb1c1c构成的几何体中 bac 90 ab 1 bc bb1 2 c1d cd 平面cc1d 平面acc1a1 1 求证 ac dc1 2 若m为dc1的中点 求证 am 平面dbb1 考点二向量法解决直线与平面所成角的问题 3 在线段bc上 含端点 是否存在点p 使直线dp与平面dbb1所成的角为 若存在 求的值 若不存在 说明理由 解析 1 证明 在直三棱柱abc a1b1c1中 cc1 平面abc 故ac cc1 因为平面cc1d 平面acc1a1 且平面cc1d 平面acc1a1 cc1 所以ac 平面cc1d 又dc1 平面cc1d 所以ac dc1 2 证明 在直三棱柱abc a1b1c1中 aa1 平面abc 所以aa1 ab aa1 ac 又 bac 90 所以 建立如图所示的空间直角坐标系a xyz 依据已知条件可得a 0 0 0 c 0 0 c1 2 0 b 0 0 1 b1 2 0 1 d 1 2 所以 2 0 0 1 1 设平面dbb1的法向量n x y z 由得 令y 1 则z 于是n 0 1 因为m为dc1的中点 所以m 所以 由 n 0 1 0可得 n 所以am与平面dbb1所成的角为0 又am 平面dbb1 所以am 平面dbb1 3 由 2 可知平面dbb1的法向量n 0 1 设 0 1 则p 0 1 1 1 若直线dp与平面dbb1所成的角为 则 cos 解得 0 1 故不存在这样的点p 使直线dp与平面dbb1所成的角为 方法技巧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的夹角或其补角 求锐角 取该角的余角就是斜线与平面所成的角 2 1 2017北京朝阳二模 17 如图1 在rt abc中 c 90 ac 4 bc 2 d e分别为边ac ab的中点 点f g分别为线段cd be的中点 将 ade沿de折起到 a1de的位置 使 a1dc 60 点q为线段a1b上的一点 如图2 1 求证 a1f be 2 在线段a1b上是否存在点q 使得fq 平面a1de 若存在 求出a1q的长 若不存在 请说明理由 3 当 时 求直线gq与平面a1de所成角的大小 解析 1 证明 因为a1d dc a1dc 60 所以 a1dc为等边三角形 又因为点f为线段cd的中点 所以a1f dc 由题可知ed a1d ed dc 所以ed 平面a1dc 因为a1f 平面a1dc 所以ed a1f 又ed dc d 所以a1f 平面bcde 所以a1f be 2 连接fg 由 1 知a1f 平面bcde fg dc 如图 建立空间直角坐标系 则f 0 0 0 d 0 1 0 c 0 1 0 e 1 1 0 a1 0 0 b 2 1 0 所以 0 1 1 0 0 设平面a1de的法向量为n x y z 则即令z 1 所以y 所以n 0 1 假设在线段a1b上存在点q 使fq 平面a1de 设 0 1 又 2 1 所以 2 所以q 2 则 2 所以 n 0 解得 则在线段a1b上存在中点q 使fq 平面a1de 且a1q 3 因为 且 2 1 所以 所以q 又因为g 所以 因为n 0 1 设直线gq与平面a1de所成角为 则sin 则直线gq与平面a1de所成角为30 典例3 2017北京 16 14分 如图 在四棱锥p abcd中 底面abcd为正方形 平面pad 平面abcd 点m在线段pb上 pd 平面mac pa pd ab 4 1 求证 m为pb的中点 2 求二面角b pd a的大小 3 求直线mc与平面bdp所成角的正弦值 考点三向量法解决二面角问题 解析本题考查面面垂直的性质定理 线面平行的性质定理 二面角 直线与平面所成的角等知识 考查用空间向量解决立体几何问题的方法 考查空间想象能力 运算求解能力 1 证明 设ac bd交点为e 连接me 因为pd 平面mac 平面mac 平面pdb me 所以pd me 因为abcd是正方形 所以e为bd的中点 所以m为pb的中点 2 取ad的中点o 连接op oe 因为pa pd 所以op ad 又因为平面pad 平面abcd 且op 平面pad 所以op 平面abcd 因为oe 平面abcd 所以op oe 因为abcd是正方形 所以oe ad 如图建立空间直角坐标系o xyz 则p 0 0 d 2 0 0 b 2 4 0 4 4 0 2 0 设平面bdp的法向量为n x y z 则即令x 1 则y 1 z 于是n 1 1 平面pad的一个法向量为p 0 1 0 所以cos 由题意知二面角b pd a为锐角 所以它的大小为 3 由题意知m c 2 4 0 设直线mc与平面bdp所成角为 则sin cos 所以直线mc与平面bdp所成角的正弦值为 方法技巧利用向量法计算二面角大小的常用方法 1 分别求出二面角的两个半平面的法向量 然后通过求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是锐角还是钝角 2 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 3 1 2017北京西城二模 16 如图 在几何体abcdef中 底面abcd为矩形 ef cd ad fc 点m在棱fc上 平面adm与棱fb交于点n 1 求证 ad mn 2 求证 平面admn 平面cdef 3 若cd ea ef ed cd 2ef 平面ade 平面fbc l 求二面角a l b的大小 解析 1 证明 因为abcd为矩形 所以ad bc 所以ad 平面fbc 又因为平面admn 平面fbc mn 所以ad mn 2 证明 因为abcd为矩形 所以ad cd 因为ad fc cd fc c 所以ad 平面cdef 又ad 平面admn 所以平面admn 平面cdef 3 因为ea cd ad cd ea ad a 所以cd 平面ade 所以cd de 由 2 得ad 平面cdef 所以ad de 所以da dc de两两互相垂直 如图 建立空间直角坐标系d xyz 不妨设ef ed 1 则cd 2 设ad a a 0 由题意得 a a 0 0 b a 2 0 c 0 2 0 d 0 0 0 e 0 0 1 f 0 1 1 所以 a 0 0 0 1 1 设平面fbc的法向量为n x y z 则 即令z 1 则y 1 所以n 0 1 1 又平面ade的法向量为 0 2 0 所以 cos 因为二面角a l b的平面角是锐角 所以二面角a l b的大小为45 典例4 2016北京 17 14分 如图 在四棱锥p abcd中 平面pad 平面abcd pa pd pa pd ab ad ab 1 ad 2 ac cd 1 求证 pd 平面pab 2 求直线pb与平面pcd所成角的正弦值 3 在棱pa上是否存在点m 使得bm 平面pcd 若存在 求的值 若不存在 说明理由 考点四向量法解决立体几何探索性问题 解析 1 证明 因为平面pad 平面abcd ab ad 所以ab 平面pad 所以ab pd 又因为pa pd 所以pd 平面pab 2 取ad的中点o 连接po co 因为pa pd 所以po ad 又因为po 平面pad 平面pad 平面abcd 所以po 平面abcd 因为co 平面abcd 所以po co 因为ac cd 所以co ad 如图建立空间直角坐标系o xyz 由题意得 a 0 1 0 b 1 1 0 c 2 0 0 d 0 1 0 p 0 0 1 设平面pcd的法向量为n x y z 则即令z 2 则x 1 y 2 所以n 1 2 2 又 1 1 1 所以cos 所以直线pb与平面pcd所成角的正弦值为 3 设m是棱pa上一点 则存在 0 1 使得 因此点m 0 1 1 因为bm 平面pcd 所以bm 平面pcd当且仅当 n 0 即 1 1 2 2 0 解得 所以在棱pa上存在点m使得bm 平面pcd 此时 方法技巧对于 是否存在 型问题的探索方式有两种 一种是根据条件先作出判断 再进一步论证 另一种是先假设存在 再由条件推理 如 对于点是否存在问题 可利用空间向量 先假设存在满足条件的点 且设出该点的坐标 再根据条件求该点的坐标 若可求出 则找到满足条件的点 即点 存在 若该点的坐标不能求出 或有矛盾 则判定点 不存在 4 1 2017北京朝