2013届高考数学(理)一轮复习课件：7.8立体几何中的向量方法(人教A版).ppt

第八节立体几何中的向量方法 三年16考高考指数 1 理解直线的方向向量与平面的法向量 2 能用向量语言表述直线与直线 直线与平面 平面与平面的垂直 平行关系 3 能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理 包括三垂线定理 4 能用向量方法解决直线与直线 直线与平面 平面与平面的夹角的计算问题 了解向量方法在研究立体几何问题中的应用 1 利用直线的方向向量和平面的法向量证明线线垂直和解决空间角问题是高考的热点 2 本节的重点是利用向量法求空间角 难点是正确地进行计算 3 多以解答题的形式出现 综合考查空间想象能力 运算能力和数形结合的思想 1 直线的方向向量和平面的法向量 与平面 的任何一个向量都可作为平面的法向量 显然一个平面的法向量也不唯一 如果表示非零向量的有向线段所在直线与直线l或 则称此向量为直线l的方向向量 平面的法向量可利用方程组求解 设是平面 内两个不共线的向量 为平面 的法向量 则求法向量的方程组为 在直线上任取两点 这两点确定的向量即可为直线的方向向量 垂直 平行 重合 即时应用 1 思考 在求平面的法向量时 所列的方程组中有三个变量 但只有两个方程 如何求法向量 提示 给其中某一变量恰当赋值 求出该方程组的一组非零解 即可作为法向量的坐标 2 若是平面 内的三点 设平面 的法向量n x y z 则x y z 解析 由得所以x 答案 2 3 4 2 空间位置关系的向量表示 即时应用 1 若平面 的法向量分别为a 1 2 4 b x 1 2 并且 则x的值为 2 若直线l1 l2的方向向量分别为a 2 4 4 b 6 9 6 则直线l1 l2的位置关系是 解析 1 由 得 解得x 10 2 由 2 6 4 9 4 6 0得a b 从而l1 l2 答案 1 10 2 l1 l2 3 空间角的向量求法 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 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 如图a AB CD是二面角 l 的两个半平面内与棱l垂直的直线 则二面角的大小 如图b c 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 或 cos n1 n2 cos n1 n2 即时应用 1 已知向量m n分别是直线l和平面 的方向向量和法向量 若cos m n 则l与 所成角的大小为 2 长方体ABCD A1B1C1D1中 AB AA1 2 AD 1 E为CC1的中点 则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为 解析 1 由于cos m n m n 120 所以直线l与平面 所成的角为30 2 建立坐标系如图 则A 1 0 0 E 0 2 1 B 1 2 0 C1 0 2 2 1 0 2 1 2 1 答案 1 30 2 4 点到平面的距离的向量求法如图 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 即时应用 1 思考 如何推导点到平面的距离公式 提示 在Rt BOA中 2 已知在长方体ABCD A1B1C1D1中 底面是边长为2的正方形 高为4 则点A1到截面AB1D1的距离是 解析 如图 建立坐标系Dxyz 则A1 2 0 4 A 2 0 0 B1 2 2 4 D1 0 0 4 2 0 4 0 2 4 0 0 4 设平面AB1D1的一个法向量为n x y z 由得 令z 1 则n 2 2 1 设点A1到平面AB1D1的距离为d 则d 答案 利用空间向量证平行 垂直 方法点睛 1 用向量证平行的方法 1 线线平行 证明两直线的方向向量共线 2 线面平行 证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 3 面面平行 证明两平面的法向量为共线向量 转化为线面平行 线线平行问题 2 用向量证明垂直的方法 1 线线垂直 证明两直线所在的方向向量互相垂直 即证它们的数量积为零 2 线面垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线 或将线面垂直的判定定理用向量表示 3 面面垂直 证明两个平面的法向量垂直 或将面面垂直的判定定理用向量表示 提醒 用向量证明平行 垂直时 要注意解题的规范性 如证明线面平行时 仍需要表明一条直线在平面内 另一条直线在平面外 例1 1 若直线l的方向向量为a 平面 的法向量为n 能使l 的是 A a 1 0 0 n 2 0 0 B a 1 3 5 n 1 0 1 C a 0 2 1 n 1 0 1 D a 1 1 3 n 0 3 1 2 如图所示 在四棱锥P ABCD中 PC 平面ABCD PC 2 在四边形ABCD中 B C 90 AB 4 CD 1 点M在PB上 PB 4PM PB与平面ABCD成30 的角 求证 CM 平面PAD 平面PAB 平面PAD 解题指南 1 验证是否成立即可 2 建立空间直角坐标系 可证明与平面PAD的法向量垂直 也可将分解为平面PAD内的两个向量的线性组合 利用共面向量定理证明 取AP中点E 利用向量证明BE 平面PAD即可 规范解答 1 选D 若l 则a n 0 经验证知 D满足条件 2 由题意可知 以C为坐标原点 CB所在直线为x轴 CD所在直线为y轴 CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz PC 平面ABCD PBC为PB与平面ABCD所成的角 PBC 30 PC 2 D 0 1 0 B 0 0 A 4 0 P 0 0 2 M 方法一 令n x y z 为平面PAD的一个法向量 则即 令y 2 得n 2 1 n 又CM平面PAD CM 平面PAD 方法二 假设 平面PAD 则存在x y使 则 方程组的解为 由共面向量定理知与共面 故假设成立 又 CM平面PAD CM 平面PAD 取AP的中点E 连接BE 则E 2 1 2 1 PB AB BE PA 又 BE DA 又PA DA A BE 平面PAD 又 BE平面PAB 平面PAB 平面PAD 互动探究 本例 2 的条件不变 结论改为 求证 AB CM 则如何用向量法证明 证明 由本例的解题过程可知即AB CM 反思 感悟 1 利用空间向量解决空间中线面位置关系的证明问题 以代数运算代替复杂的空间想象 为解决立体几何问题带来了简捷的方法 2 用空间向量解决立体几何问题的关键是建立适当的坐标系 并准确地确定点的坐标 另外运算错误也是解题中常出现的问题 变式备选 如图 已知直三棱柱ABC A1B1C1中 ABC为等腰直角三角形 BAC 90 且AB AA1 D E F分别为B1A C1C BC的中点 求证 1 DE 平面ABC 2 B1F 平面AEF 证明 如图建立空间直角坐标系Axyz 令AB AA1 4 则A 0 0 0 E 0 4 2 F 2 2 0 B 4 0 0 B1 4 0 4 1 取AB中点为N 则N 2 0 0 C 0 4 0 D 2 0 2 DE NC 又NC在平面ABC内 DE不在平面ABC内 故DE 平面ABC 2 则 即B1F AF 又 AF FE F B1F 平面AEF 用空间向量求空间角 方法点睛 1 异面直线所成角的求法利用空间向量求异面直线所成的角可利用直线的方向向量转化成向量所成的角 2 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 取其余角就是斜线和平面所成的角 3 求二面角的常用方法 1 分别求出二面角的两个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 分别在二面角的两个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 例2 2012 天津模拟 如图 在五面体ABCDEF中 FA 平面ABCD AD BC FE AB AD M为EC的中点 AF AB BC FE 1 求异面直线BF与DE所成角的大小 2 证明 平面AMD 平面CDE 3 求二面角A CD E的余弦值 解题指南 1 通过求向量的夹角来求异面直线所成的角 2 证 进而得可得结论成立 3 利用两平面法向量的夹角求二面角的大小 规范解答 如图所示 建立空间直角坐标系 点A为坐标原点 设AB 1 依题意得B 1 0 0 C 1 1 0 D 0 2 0 E 0 1 1 F 0 0 1 M 1 1 于是所以异面直线BF与DE所成角为60 2 由可得所以CE AM CE AD 又AM AD A 故CE 平面AMD 又CE平面CDE 所以平面AMD 平面CDE 3 令平面CDE的法向量为u x y z 则于是令x 1 可得u 1 1 1 又由题设知平面ACD的一个法向量为v 0 0 1 则cos u v 由条件知二面角为锐角 故所求二面角的余弦值为 反思 感悟 1 异面直线的夹角与向量的夹角不同 应注意思考它们的联系和区别 2 直线与平面的夹角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角 由于向量方向的变化 所以要注意它们的区别与联系 3 用平面的法向量求二面角的大小时 一定要注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角 变式训练 2011 重庆高考 如图 在四面体ABCD中 平面ABC 平面ACD AB BC AD CD CAD 30 1 若AD 2 AB 2BC 求四面体ABCD的体积 2 若二面角C AB D为60 求异面直线AD与BC所成角的余弦值 解析 1 如图1 设F为AC的中点 连接DF 由于AD CD 所以DF AC 故由平面ABC 平面ACD 知DF 平面ABC 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高 且DF ADsin30 1 AF ADcos30 在Rt ABC中 因由勾股定理易知故四面体ABCD的体积 2 如图2 过F作FM AC 交AB于M 已知AD CD 平面ABC 平面ACD 易知FC FD FM两两垂直 以F为原点 射线FM FC FD分别为x轴 y轴 z轴的正半轴 建立空间直角坐标系Fxyz 设AD 2 由CD AD CAD 30 易知点A C D的坐标分别为A 0 0 C 0 0 D 0 0 1 则显然向量k 0 0 1 是平面ABC的一个法向量 已知二面角C AB D为60 故可取平面ABD的单位法向量t l m n 使得 t k 60 从而由t 有 从而由l2 m2 n2 1 得l 设点B的坐标为 x y 0 由 可取l 有解之得或 舍去 易知l 与坐标系的建立方式不合 舍去 因此点B的坐标为 所以 从而又异面直线的夹角 0 故异面直线AD与BC所成角的余弦值为 求空间距离 方法点睛 求平面 外一点P到平面 的距离的步骤 1 求平面 的法向量n 2 在平面 内取一点A 确定向量的坐标 3 代入公式求解 例3 1 2012 广州模拟 已知ABCD是边长为4的正方形 E F分别是AB AD的中点 GC 平面ABCD且GC 2 则点B到平面EFG的距离为 2 2012 上海模拟 已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a 求点C1到平面AB1D1的距离 求平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角的余弦值 解题指南 1 建立空间直角坐标系 利用点到面的距离公式求解 2 建立空间直角坐标系 利用点到平面的距离公式求解 求得平面CDD1C1与平面AB1D1的法向量 利用法向量所成的角求二面角的大小 规范解答 1 建立如图所示空间直角坐标系 则G 0 0 2 E 2 4 0 F 4 2 0 B 0 4 0 设平面GEF的法向量为n x y z 由 可得 令x k k 0 则n k k 3k 所求距离为 答案 2 建立空间直角坐标系如图所示 则A 0 0 0 D1 0 a a B1 a 0 a C1 a a a 设n x y z 是平面AB1D1的一个法向量 由 得 令z 1 得x 1 y 1 可得n 1 1 1 因此C1到平面AB1D1的距离为 由 知 平面AB1D1的一个法向量是n 1 1 1 又因AD 平面CDD1C1 故平面CDD1C1的一个法向量是n1 0 1 0 设所求二面角的平面角为 则 由题意可知二面角是锐角 所求二面角的余弦值为 互动探究 在本例 1 中 若条件不变 结论改为 平面EFG的单位法向量为 则如何求解 解析 由例题 1 的解法知 设n x y z 是平面EFG的单位法向量 则有 z 或 或答案 反思 感悟 空间距离包括两点间的距离 点到线的距离 点到面的距离等 其中点到点 点到线的距离可以用空湎蛄康哪 辞蠼猓而点到面的距离则借助平面的法向量求解 也可借助于几何体的体积求解 变式备选 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEFG所截而得 其中AB 4 BC 1 BE 3 CF 4 若如图所示建立空间直角坐标系 1 求和点G的坐标 2 求异面直线EF与AD所成的角 3 求点C到截面AEFG的距离 解析 1 由图可知 A 1 0 0 B 1 4 0 E 1 4 3 F 0 4 4 又 设G 0 0 z 则 1 0 z 1 0 1 z 1 即G 0 0 1 2 AD和EF所成的角为45 3 设n 平面AEFG n x0 y0 z0 而则 得 n 取z0 4 则n 4 3 4 所求距离为 点C到截面AEFG的距离为 用空间向量解决探索性问题 方法点睛 探索性问题的类型及解题策略探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种 1 存在判断型存在判断型问题的解题策略是 先假设存在 并在假设的前提下进行推理 若不出现矛盾则肯定存在 若出现矛盾则否定假设 2 位置判断型 与平行 垂直有关的探索性问题的解题策略为 将空间中的平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决 与角有关的探索性问题的解题策略为 将空间角转化为与向量有关的问题后应用公式 其中n1 n2是两平面的法向量或两直线的方向向量 即可解决 例4 2011 浙江高考 如图 在三棱锥P ABC中 AB AC D为BC的中点 PO 平面ABC 垂足O落在线段AD上 已知BC 8 PO 4 AO 3 OD 2 1 证明 AP BC 2 在线段AP上是否存在点M 使得二面角A MC B为直二面角 若存在 求出AM的长 若不存在 请说明理由 解题指南 建立坐标系 1 利用来证明 2 假设存在满足条件的点 求出两个半平面的法向量 判断两法向量是否能垂直即可 若垂直 则假设成立 若不垂直 则假设不成立 规范解答 1 如图以O为原点 以射线OD OP分别为y轴 z轴的正半轴 建立空间直角坐标系Oxyz 则O 0 0 0 A 0 3 0 B 4 2 0 C 4 2 0 P 0 0 4 即AP BC 2 假设存在M 设 其中 0 1 则 0 3 4 4 2 4 0 3 4 4 2 3 4 4 设平面BMC的法向量n1 x1 y1 z1 平面APC的法向量n2 x2 y2 z2 由即可取n1 0 1 由 得可取n2 5 4 3 由 得解得 故 AM 3 综上所述 存在点M符合题意 AM 3 反思 感悟 1 开放性问题是近几年高考中出现较多的一种题型 向量法是解此类问题的常用方法 2 对于探索性问题 一般先假设存在 设出空间点的坐标 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 变式训练 2012 泉州模拟 如图 已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面垂直 AA1 AB AC 1 AB AC M N分别是CC1 BC的中点 点P在直线A1B1上 且 1 证明 无论 取何值 总有AM PN 2 当 取何值时 直线PN与平面ABC所成的角 最大 并求该角取最大值时的正切值 3 是否存在点P 使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30 若存在 试确定点P的位置 若不存在 请说明理由 解析 如图 以A为原点建立空间直角坐标系 则A1 0 0 1 B1 1 0 1 M 0 1 N 0 0 0 1 无论 取何值 总有AM PN 2 m 0 0 1 是平面ABC的一个法向量 sin cos m 当 时 取得最大值 此时即当 时 取得最大值 且tan 2 3 假设存在 设n x y z 是平面PMN的一个法向量 则得令x 3 得y 1 2 z 2 2 n 3 1 2 2 2 cos m n 化简得4 2 10 13 0 100 4 4 13 108 0 方程 无解 不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30 满分指导 用空间向量解立体几何解答题的规范解答 典例 12分 2011 福建高考 如图 四棱锥P ABCD中 PA 底面ABCD 四边形ABCD中 AB AD AB AD 4 CD CDA 45 1 求证 平面PAB 平面PAD 2 设AB AP 若直线PB与平面PCD所成的角为30 求线段AB的长 在线段AD上是否存在一个点G 使得点G到点P B C D的距离都相等 说明理由 解题指南 1 证明平面PAB中的直线AB 平面PAD 从而可推得平面PAB 平面PAD 2 以A为坐标原点 建立空间直角坐标系Axyz 然后用空间向量法进行求解探究 规范解答 1 因为PA 平面ABCD AB平面ABCD 所以PA AB 又AB AD PA AD A 所以AB 平面PAD 又AB平面PAB 所以平面PAB 平面PAD 3分 2 以A为坐标原点 建立空间直角坐标系Axyz 如图 在平面ABCD内 作CE AB交AD于点E 则CE AD 在Rt CDE中 DE CD cos45 1 设AB AP t 则B t 0 0 P 0 0 t 由AB AD 4得AD 4 t 所以E 0 3 t 0 C 1 3 t 0 D 0 4 t 0 5分 设平面PCD的法向量为n x y z 由 得取x t 得平面PCD的一个法向量n t t 4 t 6分由题意得cos60 即解得t 或t 4 舍去 因为AD 4 t 0 所以 AB 8分 假设在线段AD上存在一个点G 如图 使得点G到点P B C D的距离都相等 设G 0 m 0 其中0 m 4 t 则 9分由得12 3 t m 2 4 t m 2 即t 3 m 由得