三年高考两年模拟（浙江版）高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量在立体几何中的应用课件.ppt

7 6空间向量在立体几何中的应用 1 空间向量的有关概念 1 空间向量 在空间中 具有大小和方向的量叫做空间向量 2 相等向量 方向相同且模相等的向量 3 共线向量 4 共面向量 2 共线向量 共面向量定理和空间向量基本定理 1 共线向量定理对空间任意两个向量a b b 0 a b的充要条件是存在实数 使得a b 推论 如图所示 点p在l上的充要条件是 ta 其中a叫直线l的方向向量 t r 在l上取 a 则 可化为 t或 1 t t 2 共面向量定理的向量表达式 p xa yb 其中x y r a b为不共线向量 推论的表达式为 x y或对空间任意一点o有 x y或 x y z 其中x y z 1 3 空间向量基本定理如果三个向量a b c 那么对空间任一向量p 存在有序实数组 x y z 使得p xa yb zc 把 a b c 叫做空间的一个基底 不共面 3 空间向量的数量积及运算律 1 数量积及相关概念 i 两向量的夹角已知两个非零向量a b 在空间内任取一点o 作 a b 则 aob叫做向量a与b的夹角 记作 其范围是0 若 则称a与b互相垂直 记作a b ii 两向量的数量积已知空间两个非零向量a b 则 a b cos叫做向量a b的数量积 记作a b 即a b a b cos 2 空间向量数量积的运算律 i 结合律 a b a b ii 交换律 a b b a iii 分配律 a b c a b a c 4 空间向量的坐标表示及应用 1 数量积的坐标运算若a a1 a2 a3 b b1 b2 b3 则a b a1b1 a2b2 a3b3 2 共线与垂直的坐标表示设a a1 a2 a3 b b1 b2 b3 则a b a b a1 b1 a2 b2 a3 b3 r a b a b 0 a1b1 a2b2 a3b3 0 a b均为非零向量 3 模 夹角和距离公式设a a1 a2 a3 b b1 b2 b3 则 a cos 若a a1 b1 c1 b a2 b2 c2 则dab c 5 直线的方向向量及其应用 1 直线的方向向量直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量 或共线 的向量 显然一条直线的方向向量有无数个 2 直线的方向向量的应用利用直线的方向向量 可以确定空间中的直线和平面 i 若有直线l 点a是直线l上一点 向量a是l的方向向量 在直线l上取 a 则对于直线l上任意一点p 一定存在实数t 使得 t 这样 点a和向量a不仅可以确定直线l的位置 还可以具体表示出l上的任意一点 ii 空间中平面 的位置可以由 内两条相交直线来确定 设这两条直线相交于点o 它们的方向向量分别是a和b p为平面 上任意一点 由平面向量 平行 基本定理可知 存在有序实数对 x y 使得 xa yb 这样 点o与方向向量a b不仅可以确定平面 的位置 还可以具体表示出 内的任意一点 6 平面的法向量 1 所谓平面的法向量 就是指所在直线与平面 的向量 显然一个平面的法向量有无数个 它们是共线向量 2 在空间中 给定一个点a和一个向量a 那么以向量a为法向量且经过点a的平面是完全确定的 垂直 1 已知点a 4 1 3 b 2 5 1 c为线段ab上一点 且3 则点c的坐标是 a b c d 答案c由c在线段ab上 且3 知 3 设c x y z 则 2 6 2 3 x 4 y 1 z 3 即 c 故选c c 3 2014广东 5 5分 已知向量a 1 0 1 则下列向量中与a成60 夹角的是 a 1 1 0 b 1 1 0 c 0 1 1 d 1 0 1 答案b经检验 选项b中向量 1 1 0 与向量a 1 0 1 的夹角的余弦值为 故它们的夹角为60 故选b 2 若平面 的法向量分别为n1 2 3 5 n2 3 1 4 则 a b c 相交但不垂直d 以上均不正确答案c由题意知n1与n2不平行 又 n1 n2 2 3 3 1 5 4 0 n1与n2不垂直 与 相交但不垂直 故选c c c 4 平行六面体abcd a1b1c1d1中 向量 两两的夹角均为60 且 1 2 3 则 等于 a 5b 6c 4d 8答案a设 a b c 则 a b c a2 b2 c2 2a b 2b c 2c a 25 因此 5 c 5 2015浙江衢州五校联考 给出下列命题 若p xa yb 则p与a b共面 若p与a b共面 则p xa yb 若 x y 则p m a b共面 若p m a b共面 则 x y 其中真命题的个数是 a 1b 2c 3d 4 若p m a b共面 则 x y不一定成立 如 均为零向量 而为非零向量时 此关系式不成立 故 为假命题 故选b 答案b 若p xa yb 则p与a b共面 故 为真命题 若p与a b共面 则p xa yb不一定成立 如a b均为零向量 而p为非零向量时 此等式不成立 故 为假命题 若 x y 则 共面 故p m a b共面 故 为真命题 用空间向量证明平行与垂直典例1 2015湖南 19 13分 如图 已知四棱台abcd a1b1c1d1的上 下底面分别是边长为3和6的正方形 a1a 6 且a1a 底面abcd 点p q分别在棱dd1 bc上 1 若p是dd1的中点 证明 ab1 pq 2 若pq 平面abb1a1 二面角p qd a的余弦值为 求四面体adpq的体积 解析解法一 由题设知 aa1 ab ad两两垂直 以a为坐标原点 ab ad 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 则相关各点的坐标为a 0 0 0 b1 3 0 6 d 0 6 0 d1 0 3 6 q 6 m 0 其中m bq 0 m 6 1 证明 若p是dd1的中点 则p 又 3 0 6 于是 18 18 0 所以 即ab1 pq 2 由题设知 6 m 6 0 0 3 6 是平面pqd内的两个不共线向 量 设n1 x y z 是平面pqd的法向量 则即取y 6 得n1 6 m 6 3 又平面aqd的一个法向量是n2 0 0 1 所以cos 而二面角p qd a的余弦值为 因此 解得m 4 或m 8 舍去 此时q 6 4 0 设 0 1 而 0 3 6 由此得点p 0 6 3 6 所以 6 3 2 6 因为pq 平面abb1a1 且平面abb1a1的一个法向量是n3 0 1 0 所以 n3 0 即3 2 0 亦即 从而p 0 4 4 于是 将四面体adpq视为以 adq为底面的三棱锥p adq 则其高h 4 故四面体adpq的体积v s adq h 6 6 4 24 解法二 1 如图a 取a1a的中点r 连结pr br 因为a1a d1d是梯形a1add1的两腰 p是d1d的中点 所以pr ad 于是由ad bc知 pr bc 所以p r b c四点共面 由题设知 bc ab bc a1a 所以bc 平面abb1a1 因此bc ab1 因为tan abr tan a1ab1 所以 abr a1ab1 因此 abr bab1 a1ab1 bab1 90 于是ab1 br 再由 即知ab1 平面prbc 又pq 平面prbc 故ab1 pq 图a图b 2 如图b 过点p作pm a1a交ad于点m 则pm 平面abb1a1 因为a1a 平面abcd 所以pm 平面abcd 过点m作mn qd于点n 连结pn 则pn qd pnm为二面角p qd a的平面角 所以cos pnm 即 从而 连结mq 由pq 平面abb1a1及 知 平面pqm 平面abb1a1 所以mq ab 又abcd是正方形 所以abqm为矩形 故mq ab 6 设md t 则mn 过点d1作d1e a1a交ad于点e 则aa1d1e为矩形 所以d1e a1a 6 ae a1 d1 3 因此ed ad ae 3 于是 2 所以pm 2md 2t 再由 得 解得t 2 因此pm 4 故四面体adpq的体积v s adq pm 6 6 4 24 用向量证明平行 垂直的方法 1 设直线l1的方向向量为v1 a1 b1 c1 l2的方向向量为v2 a2 b2 c2 则l1 l2 v1 v2 a1 b1 c1 k a2 b2 c2 k r l1 l2 v1 v2 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 设直线l的方向向量为v a1 b1 c1 平面 的法向量为n a2 b2 c2 则l v n a1a2 b1b2 c1c2 0 l v n a1 b1 c1 k a2 b2 c2 k r 3 设平面 的法向量为n1 a1 b1 c1 平面 的法向量为n2 a2 b2 c2 则 n1 n2 a1 b1 c1 k a2 b2 c2 n1 n2 a1a2 b1b2 c1c2 0 1 1 2015天津 17 13分 如图 在四棱柱abcd a1b1c1d1中 侧棱a1a 底面abcd ab ac ab 1 ac aa1 2 ad cd 且点m和n分别为b1c和d1d的中点 1 求证 mn 平面abcd 2 求二面角d1 ac b1的正弦值 3 设e为棱a1b1上的点 若直线ne和平面abcd所成角的正弦值为 求线段a1e的长 解析如图 以a为原点建立空间直角坐标系 依题意可得a 0 0 0 b 0 1 0 c 2 0 0 d 1 2 0 a1 0 0 2 b1 0 1 2 c1 2 0 2 d1 1 2 2 又因为m n分别为b1c和d1d的中点 得m n 1 2 1 1 证明 依题意 可得n 0 0 1 为平面abcd的一个法向量 由此可得 n 0 又因为直线mn 平面abcd 所以mn 平面abcd 2 1 2 2 2 0 0 设n1 x1 y1 z1 为平面acd1的法向量 则即不妨设z1 1 可得n1 0 1 1 设n2 x2 y2 z2 为平面acb1的法向量 则又 0 1 2 得 不妨设z2 1 可得n2 0 2 1 因此有cos 于是sin 所以 二面角d1 ac b1的正弦值为 3 依题意 可设 其中 0 1 则e 0 2 从而 1 2 1 又n 0 0 1 为平面abcd的一个法向量 由已知 得cos 整理得 2 4 3 0 又因为 0 1 解得 2 所以 线段a1e的长为 2 利用空间向量解决探索性问题典例2 2014湖北 19 12分 如图 在棱长为2的正方体abcd a1b1c1d1中 e f m n分别是棱ab ad a1b1 a1d1的中点 点p q分别在棱dd1 bb1上移动 且dp bq 0 2 1 当 1时 证明 直线bc1 平面efpq 2 是否存在 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 若存在 求出 的值 若不存在 说明理由 解析解法一 几何方法 1 证明 如图1 连结ad1 由abcd a1b1c1d1是正方体 知bc1 ad1 当 1时 p是dd1的中点 又f是ad的中点 所以fp ad1 所以bc1 fp 而fp 平面efpq 且bc1 平面efpq 故直线bc1 平面efpq 2 存在 如图2 连结bd 因为e f分别是ab ad的中点 所以ef bd 且ef bd 又dp bq dp bq 所以四边形pqbd是平行四边形 故pq bd 且pq bd 从而ef pq 且ef pq 在rt ebq和rt fdp中 因为bq dp be df 1 于是eq fp 所以四边形efpq是等腰梯形 同理可证四边形pqmn是等腰梯形 分别取ef pq mn的中点 记为h o g 连结oh og 则go pq ho pq 而go ho o 故 goh是面efpq与面pqmn所成的二面角的平面角 若存在 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 则 goh 90 连结em fn 则由ef mn 且ef mn 知四边形efnm是平行四边形 连结gh 因为h g是ef mn的中点 所以gh me 2 在 goh中 gh2 4 oh2 1 2 2 og2 1 2 2 2 2 由og2 oh2 gh2 得 2 2 2 4 解得 1 故存在 1 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 解法二 向量方法 以d为原点 射线da dc dd1分别为x y z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系d xyz 由已知得b 2 2 0 c1 0 2 2 e 2 1 0 f 1 0 0 p 0 0 2 0 2 1 0 1 1 0 1 证明 当 1时 1 0 1 因为 2 0 2 所以 2 即bc1 fp 而fp 平面efpq 且bc1 平面efpq 故直线bc1 平面efpq 2 设平面efpq的法向量为n x y z 则由可得于是可取n 1 同理可得平面mnpq的一个法向量为m 2 2 1 若存在 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 则m n 2 2 1 1 0 即 2 2 1 0 解得 1 故存在 1 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 解决探索性问题的思想方法对于探索性问题 一般先假设存在 设出空间点坐标 转化为代数方程是否有解的问题 若有解且满足题意 则存在 若有解但不满足题意或无解 则不存在 2 1 2015山东潍坊质检 18 12分 如图所示 已知正三棱柱abc a1b1c1中 ab 2 aa1 点d为ac的中点 点e在线段aa1上 1 当ae