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2017届高考数学大一轮复* 第七章 立体几何 第8课时 立体几何中的向量方法理 北师大版

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第8课时 立体几何中的向量方法

1.理解直线的方向向量与*面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与*面、*面与*面的 垂直、*行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和*面位置关系的一些定理(包 括三垂线定理). 4.能用向量方法解决直线与直线、直线与*面、*面与*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.直线的方向向量与*面的法向量的确定 (1)直线的方向向量:在直线上任取一非零向量作为它的方向 向量. (2)*面的法向量可利用方程组求出:设a,b是*面α内两不 共线向量,n为*面α的法向量,则求法向量的方程组为?????nn··ab= =00 .

2.利用向量求空间角

(1)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

范围

l1 与 l2 所成的角 θ 0<θ≤π2

a 与 b 的夹角〈a,b〉 0<〈a,b〉<π

求法 cos θ=|cos〈a,b〉|= |a·b| |a|·|b|

cos〈a,b〉=|aa|·|bb|

(2)求直线与*面所成的角

设直线l的方向向量为a,*面α的法向量为n,直线l与*面α

所成的角为θ,则sin θ= |cos〈a,n〉| =

|a·n| |a||b|

.

(3)求二面角的大小
①若AB、CD分别是二面角α-l-β的两个半*面内与棱l垂直 的异面直线,则二面角的大小就是 向量A→B与C→D 的夹角(如图①).

②与*面法向量的关系

设*面α和β的法向量分别为n1、n2,θ为两个*面的夹角,则

θ=?????〈 π-n〈1,nn1,2〉n2〉0≤〈π2<n〈1,nn1,2〉n≤2〉π2,≤如π,图如③图②

.

3.利用向量求点面距离
设n是*面α的法向量,AB是*面α的一条斜线,则点B到* |A→B·n|
面α的距离为 |n| .

[基础自测]

1.(教材改编题)已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-

4,-6,2),则下列结论正确的是( )

A.a∥c,b∥c

B.a∥b,a⊥c

C.a∥c,a⊥b

D.以上都不对

解析:∵c=2a,∴a∥c.∵a·b=(-2)×2+(-3)×0+1×4=

0,∴a⊥b. 答案:C

2.已知*面α内有一个点M(1,-1,2),*面α的一个法向量

n=(6,-3,6),则下列点P中在*面α内的是( )

A.P(2,3,3)

B.P(-2,0,1)

C.P(-4,4,0)

D.P(3,-3,4)

解析:对于选项A, P→M =(1,-1,2)-(2,3,3)=(-1,-4,

-1)

P→M ·n=(-1,-4,-1)·(6,-3,6)=-6+12-6=0,∴ P→M

⊥n. 答案:A

3.(教材改编题)已知两*面的法向量分别为m=(0,1,0),n=

(0,1,1),则两*面所成的夹角的大小为( )

A.45°

B.135°

C.45°或135°

D.90°

解析:∵cos〈m,n〉=

m·n |m||n|



2 2

,即〈m,n〉=45°,∴

两*面所成的夹角为45°.

答案:A

4.(2016·舟山调研)已知 A→B =(2,2,1), A→C =(4,5,3),则*面 ABC的单位法向量是________.

解析:设*面ABC的法向量为a=(x,y,z),

则?????aa··AA→→BC==00 即?????24xx++25yy++z3=z=00

① ②

①×3-②得2x+y=0

令x=1则y=-2,z=2,

此时a=(1,-2,2),|a|= 1+?-2?2+22=3,

∴*面ABC的单位法向量为±???13,-23,23??? 答案:±???13,-23,23???

5.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:建立坐标系如图,则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0), C1(0,2,2).

B→C1=(-1,0,2),A→E=(-1,2,1),cos〈B→C1,A→E〉=|BB→→CC11|··A|→A→EE|

= 1300.

所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为

30 10 .

答案:

30 10

考点一 利用空间向量证*行与垂直 [例1] 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥*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*面ABCD成30°的角. (1)求证:CM∥*面PAD; (2)求证:*面PAB⊥*面PAD.

审题视点 建立空间直角坐标系.①可证明C→M与*面PAD的 法向量垂直;也可将 C→M 分解为*面PAD内的两个向量的线性组 合,利用共面向量定理证明.②取AP中点E,利用向量证明BE⊥ *面PAD即可.

证明 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C-xyz.
∵PC⊥*面ABCD,

∴∠PBC为PB与*面ABCD所成的角,∴∠PBC=30°. ∵PC=2,∴BC=2 3,PB=4. ∴D(0,1,0),B(2 3,0,0), A(2 3,4,0),P(0,0,2),M???? 23,0,32????, ∴D→P=(0,-1,2),D→A=(2 3,3,0), C→M=???? 23,0,32????,

(1)法一:令n=(x,y,z)为*面PAD的一个法向量, 则?????DD→ →PA··nn= =00, , 即?????- 2 y3+x+2z3=y=0,0, ∴?????zx==12-y,23y, 令y=2,得n=(- 3,2,1).

∵n·C→M=- 3× 23+2×0+1×32=0, ∴n⊥C→M,又CM *面PAD,∴CM∥*面PAD.

法二:∵P→D=(0,1,-2),P→A=(2 3,4,-2), 假设C→M∥*面PAD, 则存在x,y使C→M=xP→D+yP→A, 则

? ? ?

23=2

3y,

?0=x+4y,

???32=-2x-2y,

方程组的解为?????yx==14-,1,

∴C→M=-P→D+14P→A 由共面向量定理知C→M与P→D、P→A共面,故假设成立, 又∵CM *面PAD,∴CM∥*面PAD.

(2)取AP的中点E,连接BE, 则E( 3,2,1),B→E=(- 3,2,1). ∵PB=AB,∴BE⊥PA. 又∵B→E·D→A=(- 3,2,1)· (2 3,3,0)=0, ∴B→E⊥D→A,∴BE⊥DA,又PA∩DA=A. ∴BE⊥*面PAD,又∵BE *面PAB, ∴*面PAB⊥*面PAD.

(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.

1.(2016·银川质检)若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,

-4),b=(-6,9,6),则( )

A.l1∥l2

B.l1⊥l2

C.l1与l2相交但不垂直 D.以上均不正确

答案:B

2.(2015·高考北京卷)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为 等边三角形,*面AEF⊥*面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF= 2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.
(1)求证:AO⊥BE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥*面AOC,求a的值.

解:(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所 以AO⊥EF.
又因为*面AEF⊥*面EFCB, 且*面AEF∩*面EFCB=EF,AO *面AEF, 所以AO⊥*面EFCB,所以AO⊥BE.

(2)取BC的中点G,连接OG. 由题设知四边形EFCB是等腰梯形, 所以OG⊥EF. 由(1)知AO⊥*面EFCB, 又OG *面EFCB,所以OA⊥OG.

如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0, 3 a), B(2, 3(2-a),0),E→A=(-a,0, 3a),B→E=(a-2, 3(a-2), 0).
设*面AEB的一个法向量 n=(x,y,z),

则?????nn··EB→→AE==00,,

即?????-?a-ax2+?x+3az3=?a0-,2?y=0. 令z=1,则x= 3,y=-1,于是n=( 3,-1,1). 又*面AEF的一个法向量为p=(0,1,0),

所以cos〈n,p〉=|nn|·|pp|=- 55.

由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-

5 5.

(3)因为BE⊥*面AOC,所以BE⊥CO,即B→E·O→C=0. 因为B→E=(a-2, 3(a-2),0),O→C=(-2, 3(2-a),0), 所以B→E·O→C=-2(a-2)-3(a-2)2. 由B→E·O→C=0及0<a<2,解得a=43.

考点二 用空间向量求空间角 [例2] 如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥*面ABCD,AD∥ BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=12AD. (1)求异面直线BF与DE所成角的大小; (2)证明:*面AMD⊥*面CDE; (3)求二面角A-CD-E的余弦值.

审题视点 (1)通过求向量 B→F , D→E 的夹角来求异面直线所成 的角;(2)证C→E⊥A→M,C→E⊥A→D,进而得CE⊥AM,CE⊥AD,可 得结论成立;(3)利用两*面法向量的夹角求二面角的大小.

解 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???12,1,12???. (1)B→F=(-1,0,1),D→E=(0,-1,1), 于是cos〈B→F,D→E〉=|BB→→FF|·|DD→→EE|=0+2×0+21=12. 所以异面直线BF与DE所成角为60°.

(2)证明:由A→M=???12,1,12???,C→E=(-1,0,1), A→D=(0,2,0),可得C→E·A→M=0,C→E·A→D=0. 所以CE⊥AM,CE⊥AD. 又AM∩AD=A,故CE⊥*面AMD. 又CE *面CDE,所以*面AMD⊥*面CDE.

(3)令*面CDE的法向量为u=(x,y,z),

??u·C→E=0, 则???u·D→E=0.

于是?????- -xy+ +zz= =00, .

令x=1,可得u=(1,1,1)

又由题设知*面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).

则cos〈u,v〉=|uu|·|vv|=0+30×+11=

3 3.

由条件知二面角为锐角,故所求二面角的余弦值为 33.

(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*面的夹角可以转化为直线的方向向量与*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*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.

1.(2015·高考天津卷)如图,已知AA1⊥*面ABC,BB1∥AA1, AB=AC=3,BC=2 5 ,AA1= 7 ,BB1=2 7 ,点E和F分别为 BC和A1C的中点.
(1)求证:EF∥*面A1B1BA; (2)求证:*面AEA1⊥*面BCB1; (3)求直线A1B1与*面BCB1所成角的大小.

解:(1)证明:如图,连接A1B.在△A1BC中,因为E和F分别 是BC和A1C的中点,所以EF∥BA1.又因为EF *面A1B1BA,所以 EF∥*面A1B1BA.

(2)证明:因为AB=AC,E为BC的中点,所以AE⊥BC.因为 AA1⊥*面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥*面ABC,从而BB1⊥AE. 又因为BC∩BB1=B,所以AE⊥*面BCB1.又因为AE *面AEA1, 所以*面AEA1⊥*面BCB1.

(3)法一:取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N, NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NE∥B1B,NE=12 B1B,故NE∥A1A且NE=A1A,所以A1N∥AE,且A1N=AE.又因为 AE⊥*面BCB1,所以A1N⊥*面BCB1,从而∠A1B1N为直线A1B1 与*面BCB1所成的角.
在△ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2.

因为BM∥AA1,BM=AA1,所以A1M∥AB,A1M=AB. 又由AB⊥BB1,有A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中,可得A1B1= B1M2+A1M2=4. 在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=AA11BN1=12, 因此∠A1B1N=30°. 所以,直线A1B1与*面BCB1所成的角为30°.

法二:由(2)可知,NE⊥*面ABC,且AE⊥BC, 以E为原点,以 E→C , E→A , E→N 方向分别为x轴,y轴,z轴正方 向建立空间直角坐标系,如图所示.

则E→A为*面BCB1的法向量,E→A=(0,2,0), A1(0,2, 7),B1(- 5,0,2 7), ∴B→1A1=( 5,2,- 7),∴|B→1A1|=4. 设B1A1与面BCB1所成的角为φ. ∴sin φ=|cos〈B→1A1,E→A〉|=? 5,2,-4×72?·?0,2,0?=12, φ∈???0,π2???,∴φ=30°, ∴B1A1与面BCB1所成的角为30°.

2.(2015·高考课标卷Ⅱ)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E= D1F=4.过点E,F的*面α与此长方体的面相交,交线围成一个正 方形.
(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*面α所成角的正弦值.

解:(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH= EH2-EM2=6,所以AH=10.

于是MH= EH2-EM2=6,所以AH=10. 以D为坐标原点, D→A 的方向为x轴正方向,建立如图所示的 空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8), F(0,4,8),F→E=(10,0,0),H→E=(0,-6,8).

设n=(x,y,z)是*面EHGF的法向量,则?????nn··FH→→EE==00,, 即

??10x=0, ???-6y+8z=0,

所以可取n=(0,4,3).

又A→F=(-10,4,8),故|cos〈n,A→F〉|=||nn|·|AA→→FF||=4155. 所以AF与*面EHGF所成角的正弦值为4155.

考点三 求空间距离 [例3] (1)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为 BB1的中点,则点C1到*面A1ED的距离是________. (2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a. ①求点C1到*面AB1D1的距离; ②求*面CDD1C1与*面AB1D1所成的二面角的余弦值.

审题视点 (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,①利用点到*面的距离公式求 解;②求得*面CDD1C1与*面AB1D1的法向量,利用法向量所成 的角求二面角的大小.

解 (1)解析:以A为原点建立空间直角坐标系如图所示.
则A1(0,0,1),E???1,0,12???,D(0,1,0),C1(1,1,1). ∴A→1D=(0,1,-1),A→1E=???1,0,-12???

设*面A1ED的法向量为n1=(x,y,z),

??n1·A→1D=y-z=0, 由???n1·A→1E=x-12z=0,

??y=z, 得???x=12z.

令z=2,则n1=(1,2,2).
又C→1A1=(-1,-1,0), ∴点C1到*面A1ED的距离d=|C→1|An11·|n1|=33=1. 答案 1

(2)①建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),D1(0,a,a), B1(a,0,a),C1(a,a,a),∴ C→1A =(-a,-a,-a), A→D1 =(0, a,a),A→B1=(a,0,a).
设n=(x,y,z)是*面AB1D1的一个法向量, 由?????nn··AA→→DB11==00,, 得?????aayx+ +aazz= =00., 令z=-1,得x=1,y=1,可得n=(1,1,-1).

因此C1到*面AB1D1的距离为

d=|C→1|nA|·n|=

3 3 a.

②由①知,*面AB1D1的一个法向量是n=(1,1,-1). 又因AD⊥*面CDD1C1, 故*面CDD1C1的一个法向量是n1=(0,1,0). 设所求二面角的*面角为θ,则cos θ=|nn|·|nn11|= 33. 由题意,可知二面角是锐角

所以所求二面角的余弦值为

3 3.

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间向量的模来求解,而 点到面的距离则借助*面的法向量求解,也可借助于几何体的体 积求解.

1.(2016·武汉模拟)已知二面角α-AB-β为120°,AC α, BD β,且AC⊥AB,BD⊥AB,AB=AC=BD=a,则CD的长为 ________.
解析:如图所示,C→D=C→A+A→B+B→D

答案:2a

2.(2016·大庆高三检测) 如图,四棱锥P-ABCD中,PD⊥* 面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°.
(1)求证:PC⊥BC; (2)求点A到*面PBC的距离.

解:(1)证明:∵ PD⊥*面ABCD,BC *面ABCD, ∴PD⊥BC. 由∠BCD=90°知,BC⊥DC. ∵PD∩DC=D,∴BC⊥*面PDC.又∵PC *面PDC,∴BC ⊥PC.

(2)法一:设点A到*面PBC的距离为h, ∵AB∥DC,∠BCD=90°,∴∠ABC=90°, 连接AC,∵AB=2,BC=1, ∴S△ABC=12AB·BC=1, ∵PD⊥*面ABCD,PD=1, ∴VP-ABC=13S△ABC·PD=13,

∵PD⊥*面ABCD,∴PD⊥DC,

∵PD=DC=1,∴PC= 2,

∵PC⊥BC,BC=1,∴S△PBC=12PC·BC=

2 2.

∵VA-PBC=VP-ABC,

∴13S△PBC·h=13,∴h= 2.

∴点A到*面PBC的距离为 2.

法二:取AB的中点E, 以D为原点,D→E、D→C、D→P为x、 y、 z轴正方向建立空间直角坐标系. 则P(0,0,1),C(0,1,0), B(1,1,0),A(1,-1,0). 设*面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则????? nn··BP→ →CC= =00, ,

即???????xx, ,yy, ,zz??··??- 0,1, 1,0, -01??= =00, , ∴?????xy= -0z=0 ,∴n=(0,1,1).P→A=(1,-1,-1), ∴P→|An·|n=?1,-1,-21??0,1,1?=-22,
∴d=|P→|An·|n|= 2.

用空间向量解立体几何解答题 [典例] 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD= 1,E为CD中点.

(1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥*面B1AE?若存 在,求AP的长;若不存在,说明理由; (3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长. 解题指南 (1)证明A→D1 ·B→1E=0;(2)假设存在,证明D→P与* 面B1AE的法向量的数量积为零,(3)通过二面角A-B1E-A1的大 小为30°列方程求解.

【解】 (1)证明:以A为原点,A→B,A→D,A→A1的方向分别为x 轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E ???a2,1,0??? ,B1(a,0,1),故 A→D1 = (0,1,1), B→1E = ???-a2,1,-1??? , A→B1 =(a,0,1), A→E = ???a2,1,0??? .2分
∵A→D1·B→1E=-a2×0+1×1+(-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1.3分

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0), 使得DP∥*面B1AE.此时D→P=(0,-1,z0).
又设*面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥*面B1AE,∴n⊥A→B1,n⊥A→E,得?????aa2xx++yz==00,. 取x=1,得*面B1AE的一个法向量 n=???1,-a2,-a???.6分

要使DP∥*面B1AE,只要n⊥D→P,有a2-az0=0, 解得z0=12. 又DP *面B1AE, ∴存在点P,满足DP∥*面B1AE,此时AP=12.8分

(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD= 1,得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥*面DCB1A1, ∴A→D1是*面A1B1E的一个法向量,此时A→D1=(0,1,1).
10分

设A→D1与n所成的角为θ,

则cos θ=|nn|·|AA→→DD11|=

2

-a2-a 1+a42+a2.

∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,

∴|cos θ|=cos 30°,即 2

3a 21+54a2= 23,

解得a=2,即AB的长为2.13分

【思维流程】 建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标及向量坐标. 利用a·b=0?a⊥b证明垂直. 提出假设后探求点P的存在性. 求*面B1AE的一个法向量的坐标.

利用DP∥*面B1AE进行点P存在性的探求. 找出(作出)*面A1B1E的一个法向量. 计算向量的夹角. 利用向量夹角列方程求AB的长.

阅卷点评 利用向量解答立体几何问题是高考的热点,几 乎每年必考,主要是突出向量的工具性作用.
失分警示 (1)建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标 轴,导致建系不规范.
(2)解答第(3)问时,不知根据条件将问题转化为方程的知识来 解决,使解题思路受阻.

备考建议 解决空间向量在立体几何中的应用问题时,还 有以下几点容易造成失分,在备考时高度关注:
(1)建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整. (2)建系不恰当,导致点的坐标不易确定或求解时繁琐. (3)不会利用直线的方向向量及*面法向量解决相应问题. (4)计算失误导致结果不正确. 另外需要熟练掌握直线方向向量及*面法向量的求法,有利 于快速正确的解题.

◆*面的法向量的求法 设出*面的一个法向量n=(x,y,z),利用其与该*面内的 两个不共线向量垂直,即数量积为0,列出方程组,两个方程, 三个未知数,此时给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一 个非零解,即得到这个法向量的坐标.注意,赋值不同得到法向 量的坐标也不同,法向量的坐标不唯一.

◆利用向量法求空间角 利用向量法求空间角时,要注意空间角的取值范围与向量夹 角取值范围的区别,特别地,二面角的大小等于其法向量的夹角 或其补角,应注意二面角的范围.




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