【数学】2020届一轮复习人教版(理)第7章第7讲立体几何中的向量方法学案

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【数学】2020届一轮复习人教版(理)第7章第7讲立体几何中的向量方法学案

第7讲 立体几何中的向量方法 ‎[考纲解读] 1.理解直线的方向向量及平面的法向量,并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(重点)‎ ‎2.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理,并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.(难点)‎ ‎[考向预测] 从近三年高考情况来看,本讲为高考必考内容.预测2020年高考将会以空间向量为工具,证明平行与垂直以及求空间角的计算问题.试题以解答题的形式呈现,难度为中等偏上.‎ ‎1.用向量证明空间中的平行关系 ‎(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2⇔v1=λv2.‎ ‎(2)设直线l的方向向量为v,与平面α共面的两个不共线向量v1和v2,则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x,y,使v=xv1+yv2.‎ ‎(3)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l∥α或l⊂α⇔v⊥u⇔v·u=0.‎ ‎(4)设平面α和β的法向量分别为u1,u2,则α∥β⇔u1∥u2⇔u1=λu2.‎ ‎2.用向量证明空间中的垂直关系 ‎(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2=0.‎ ‎(2)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l⊥α⇔v∥u⇔v=λu.‎ ‎(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2=0.‎ ‎3.两条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 ‎4.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α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为φ,两向量e与n的夹角为θ,则有sinφ=|cosθ|=,φ的取值范围是.‎ ‎5.求二面角的大小 ‎(1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈,〉.‎ ‎(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cosθ|=|cos〈n1,n2〉|=,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)‎ ‎1.概念辨析 ‎(1)若空间向量a平行于平面α,则a所在直线与平面α平行.(  )‎ ‎(2)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,π].(  )‎ ‎(3)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.(  )‎ ‎(4)若二面角α-a-β的两个半平面α,β的法向量n1,n2所成角为θ,则二面角α-a-β的大小是π-θ.(  )‎ 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×‎ ‎2.小题热身 ‎(1)若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则(  )‎ A.l∥α B.l⊥α C.l⊂α D.l与α斜交 答案 B 解析 因为a=(1,0,2),n=(-2,0,-4),‎ 所以n=-2a,所以a∥n,所以l⊥α.‎ ‎(2)已知向量=(2,2,1),=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是(  )‎ A. B. C.± D.± 答案 D 解析 设平面ABC的一个法向量是n=(x,y,z),则取z=1,得x=,y=-1.则n=,|n|=,故平面ABC的单位法向量是±.‎ ‎(3)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,则AB1与C1B所成角的大小为(  )‎ A.60° B.75°‎ C.90° D.105°‎ 答案 C 解析 取AC的中点D,建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设AB=a,则B,C1,A,B1,从而=,=.‎ 所以cos〈,〉==0,‎ 所以AB1与C1B所成的角为90°.故选C.‎ ‎(4)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________,二面角B-A1C1-D1的余弦值为________.‎ 答案  - 解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则 D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),‎ ‎∴=(0,2,0),=(-1,2,0),‎ =(0,2,-1),‎ 设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 由即 令y=1,得n=(2,1,2),‎ 设D1C1与平面A1BC1所成角为θ,则 sinθ=|cos〈,n〉|===,‎ 即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.‎ 易知平面A1C1D1的法向量m=(0,0,1),‎ ‎∴cos〈m,n〉===.‎ 由图可知,二面角B-A1C1-D1为钝角,‎ 故二面角B-A1C1-D1的余弦值为-.‎ 题型  利用空间向量研究空间中的位置关系 角度1 利用空间向量证明平行与垂直问题 ‎1.(2018·青岛模拟)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1綊BC,AA1⊥平面BAC.‎ 求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;‎ ‎(2)AB1∥平面A1C1C.‎ 证明 ∵AA1⊥平面BAC.‎ ‎∴AA1⊥AB,AA1⊥AC.‎ 又∵AB=AC,BC=AB,‎ ‎∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,‎ ‎∴AB,AC,AA1两两互相垂直.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AB=2,则 A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),‎ C(2,0,0),‎ C1(1,1,2).‎ ‎(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),‎ 则即即 取y=1,则n=(0,1,0).‎ ‎∴=2n,即∥n.‎ ‎∴A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),‎ 则即 令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).‎ ‎∴·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,‎ ‎∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C,‎ ‎∴AB1∥平面A1C1C.‎ 角度2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题 ‎2.(2018·桂林模拟)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2,∠ABC和∠A1AC均为60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证:BD⊥AA1;‎ ‎(2)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1,若存在,求出点P的位置,若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)证明:设BD与AC交于点O,则BD⊥AC,连接A1O,在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°,‎ ‎∴A1O2=AA+AO2-2AA1·AOcos60°=3,‎ ‎∴AO2+A1O2=AA,‎ ‎∴A1O⊥AO.‎ 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O⊂平面AA1C1C,‎ ‎∴A1O⊥平面ABCD.‎ 以OB,OC,OA1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 A(0,-1,0),B(,0,0),‎ C(0,1,0),D(-,0,0),‎ A1(0,0,),C1(0,2,).‎ 由于=(-2,0,0),=(0,1,),‎ ·=0×(-2)+1×0+×0=0,‎ ‎∴⊥,即BD⊥AA1.‎ ‎(2)假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1,‎ 设=λ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1,).‎ 从而有P(0,1+λ,λ),=(-,1+λ,λ).设平面DA1C1的法向量为n=(x,y,z),则 又=(0,2,0),=(,0,),‎ 则取n=(1,0,-1),‎ 因为BP∥平面DA1C1,‎ 则n⊥,即n·=--λ=0,‎ 得λ=-1,‎ 即点P在C1C的延长线上,且C1C=CP.‎ ‎1.用空间向量证明平行问题的方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ‎①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;‎ ‎②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行;‎ ‎③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示 面面平行 ‎①证明两平面的法向量平行(即为共线向量);‎ ‎②转化为线面平行、线线平行问题 ‎2.用空间向量证明垂直问题的方法 线线垂 直问题 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 线面垂 直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线,或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直 面面垂 直问题 两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 ‎3.解决立体几何中探索性问题的基本方法 ‎(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.‎ ‎(2)探索性问题的关键是设点:①空间中的点可设为(x,y,z);②坐标平面内的点其中一个坐标为0,如xOy面上的点为(x,y,0);③坐标轴上的点两个坐标为0,如z轴上的点为(0,0,z);④直线(线段)AB上的点P,可设为=λ,表示出点P的坐标,或直接利用向量运算.‎ 提醒:解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示.                    ‎ ‎1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,设E,F分别为PC,BD的中点.‎ ‎(1)求证:EF∥平面PAD;‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PDC.‎ 证明 (1)如图,取AD的中点O,连接OP,OF.‎ 因为PA=PD,所以PO⊥AD.‎ 因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 又O,F分别为AD,BD的中点,‎ 所以OF∥AB.‎ 又ABCD是正方形,所以OF⊥AD.‎ 因为PA=PD=AD,‎ 所以PA⊥PD,OP=OA=.‎ 以O为原点,OA,OF,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,‎ 则A,F,D,‎ P,B,C.‎ 因为E为PC的中点,所以E.‎ 易知平面PAD的一个法向量为=,‎ 因为=,‎ 且·=·=0,‎ 又因为EF⊄平面PAD,‎ 所以EF∥平面PAD.‎ ‎(2)因为=,=(0,-a,0),‎ 所以·=·(0,-a,0)=0,‎ 所以⊥,所以PA⊥CD.‎ 又PA⊥PD,PD∩CD=D,‎ PD,CD⊂平面PDC,‎ 所以PA⊥平面PDC.‎ 又PA⊂平面PAB,‎ 所以平面PAB⊥平面PDC.‎ ‎2.如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图,在直观图中,点M是BD的中点,AE=CD,侧视图是直角梯形,俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.‎ ‎(1)求证:EM∥平面ABC;‎ ‎(2)试问在棱CD上是否存在一点N,使MN⊥平面BDE?若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.‎ 解 以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),D(-2,0,4),‎ E(0,0,2),M(-1,1,2),=(0,0,2),‎ =(2,2,-4),=(2,0,-2),‎ =(0,0,-4),=(1,1,-2),=(-1,1,0).‎ ‎(1)证明:由图易知为平面ABC的一个法向量,‎ 因为·=0×(-1)+0×1+2×0=0,‎ 所以⊥,即AE⊥EM,‎ 又EM⊄平面ABC,‎ 故EM∥平面ABC.‎ ‎(2)假设在DC上存在一点N满足题意,‎ 设=λ=(0,0,-4λ),λ∈[0,1],‎ 则=-=(1,1,-2)-(0,0,-4λ)=(1,1,-2+4λ),所以即 解得λ=∈[0,1].‎ 所以棱DC上存在一点N,满足NM⊥平面BDE,此时DN=DC.‎ 题型  利用空间向量求解空间角 角度1 利用空间向量求解异面直线所成的角 ‎1.(2015·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.‎ ‎(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;‎ ‎(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.‎ 解 (1)证明:连接BD.‎ 设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.‎ 在菱形ABCD中,不妨设GB=1.‎ 由∠ABC=120°,可得AG=GC=.‎ 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.‎ 又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.‎ 在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.‎ 在Rt△FDG中,可得FG=.‎ 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.‎ 从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.‎ 又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.‎ 因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.‎ ‎(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),‎ 所以=(1,,),=.‎ 故cos〈,〉==-.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.‎ 角度2 利用空间向量求解直线与平面所成的角(多维探究)‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.‎ ‎(1)证明:PO⊥平面ABC;‎ ‎(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.‎ 解 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.‎ 连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2,知OP⊥OB.‎ 由OP⊥OB,OP⊥AC,AC∩OB=O,知PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图,以O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Oxyz.‎ 由已知得O(0,0,0),‎ B(2,0,0),A(0,-2,0),‎ C(0,2,0),P(0,0,2),‎ 则=(0,2,2),‎ 取平面PAC的法向量=(2,0,0).‎ 设M(a,2-a,0)(00),则 A1(0,-4,λ),B(3,0,0),‎ C1(0,4,λ),D(0,0,0),‎ ‎∴=(0,-4,λ),=(0,4,λ),=(3,0,0),‎ 设平面BC1D的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即则x=0,令z=4,可得y=-λ,‎ 故n=(0,-λ,4)为平面BC1D的一个法向量.‎ 设直线A1D与平面BC1D所成角为θ,‎ 则sinθ=|cos〈n,〉|= ‎==,‎ 解得λ=2或λ=8,即AA1=2或AA1=8.‎ ‎3.(2018·芜湖模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠AA1B1=45°,AC=BC,平面BB1C1C⊥平面AA1B1B,E为CC1的中点.‎ ‎(1)求证:BB1⊥AC;‎ ‎(2)若AA1=2,AB=,直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°,求平面A1B1E与平面ABC所成锐二面角的余弦值.‎ 解 (1)证明:过点C作CO⊥BB1交BB1于O,因为平面BB1C1C⊥平面AA1B1B,BB1C1C∩平面AA1B1B=B1B,所以CO⊥平面AA1B1B,故CO⊥OA,‎ 又因为AC=BC,OC=OC,所以Rt△AOC≌Rt△BOC,故OA=OB,‎ 因为∠AA1B1=∠OBA=45°,所以AO⊥BB1,又因为BB1⊥CO,所以BB1⊥平面AOC,故BB1⊥AC.‎ ‎(2)以O为坐标原点,OA,OB,OC所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,‎ ‎∵AC∥A1C1,直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°,∴直线AC与平面ABB1A1所成角为45°,∵CO⊥平面AA1B1B,∴∠CAO=45°,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),A1(1,-2,0),B1(0,-1,0),E(0,-1,1),‎ 设平面A1B1E的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ 则∴ 令x1=1,得n=(1,1,0);‎ 设平面ABC的法向量为m=(x2,y2,z2),则 ∴ 令x2=1,得m=(1,1,1);‎ ‎∴cos〈m,n〉==,平面A1B1E与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.‎ 题型  求空间距离(供选用)‎ ‎(2018·合肥三模)如图,在多面体ABCDE中,平面ABD⊥平面ABC,AB⊥AC,AE⊥BD,DE綊AC,AD=BD=1.‎ ‎(1)求AB的长;‎ ‎(2)已知2≤AC≤4,求点E到平面BCD的距离的最大值.‎ 解 (1)∵平面ABD⊥平面ABC,且交线为AB,而AC⊥AB,∴AC⊥平面ABD.‎ 又∵DE∥AC,∴DE⊥平面ABD,从而DE⊥BD.‎ 注意到BD⊥AE,且DE∩AE=E,∴BD⊥平面ADE,‎ 于是,BD⊥AD.而AD=BD=1,∴AB=.‎ ‎(2)∵AD=BD,取AB的中点为O,∴DO⊥AB.‎ 又∵平面ABD⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC.‎ 过O作直线OY∥AC,以点O为坐标原点,直线OB,OY,OD分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.‎ 记AC=2a,则1≤a≤2,‎ A,B,‎ C,D,E,‎ =(-,2a,0),=.‎ 设平面BCD的法向量为n=(x,y,z).‎ 由得 令x=,得n=.‎ 又∵=(0,-a,0),‎ ‎∴点E到平面BCD的距离d== .‎ ‎∵1≤a≤2,∴当a=2时,d取得最大值,‎ dmax==.‎ 空间距离的几个结论 ‎(1)点到直线的距离:设过点P的直线l的方向向量为单位向量n,A为直线l外一点,点A到直线l的距离d=.‎ ‎(2)点到平面的距离:设P为平面α内的一点,n为平面α的法向量,A为平面α外一点,点A到平面α的距离d=.‎ ‎(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离.                    ‎ ‎(2018·惠州第一次调研)如图,已知圆柱OO1底面半径为1,高为π,平面ABCD是圆柱的一个轴截面,动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D,其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1D1,边B1C1与曲线Γ相交于点P.‎ ‎(1)求曲线Γ的长度;‎ ‎(2)当θ=时,求点C1到平面APB的距离.‎ 解 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA,曲线Γ就是对角线BD.‎ 由于AB=πr=π,AD=π,∴BD=π.‎ 故曲线Γ的长度为π.‎ ‎(2)当θ=时,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(0,1,0),‎ P,C1(-1,0,π),则=(0,2,0),=,=(-1,0,π),‎ 设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),‎ 则 取z=2得n=(π,0,2),‎ ‎∴点C1到平面PAB的距离d== .‎ 易错防范 向量法求空间角 ‎[典例] 如图,在多面体ADEFCB中,ABFE是直角梯形,∠AEF=90°,AE∥BF,DCFE为正方形,且AE=1,BF=EF=2,∠BFC=60°.‎ ‎(1)求证:CE∥平面ADB;‎ ‎(2)求直线AB与平面EFCD所成角的正弦值.‎ 解 (1)证明:如图,取FB的中点M,连接CM,EM,AM.‎ ‎∵AE∥BM,AE=BM,‎ ‎∴四边形AEMB为平行四边形,‎ ‎∴AB∥EM,‎ 同理AM∥EF,AM=EF,‎ ‎∴AM∥EF∥CD,AM=EF=CD,‎ ‎∴四边形AMCD为平行四边形,‎ ‎∴AD∥CM,‎ 又CM∩EM=M,AB∩AD=A,‎ ‎∴平面CME∥平面ADB,‎ 又CE⊂平面CME,∴CE∥平面ADB.‎ ‎(2)由(1)可知AB∥EM,‎ ‎∴直线AB与平面EFCD所成的角就是直线EM与平面EFCD所成的角.‎ 过M作MN⊥CF于点N,连接EN,‎ 由于ABFE是直角梯形,∠AEF=90°,AE∥BF,EFCD为正方形,‎ ‎∴∠EFB=90°,∠EFC=90°,‎ ‎∴EF⊥平面BFC,∴EF⊥MN,‎ ‎∴MN⊥平面EFCD.‎ 以N为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,‎ ‎∵M为FB的中点,∴MF=1.‎ ‎∵∠BFC=60°,∴MN=,NF=.‎ ‎∴N(0,0,0),M,E,‎ =.‎ 易知平面EFCD的一个法向量为n=(0,0,1),‎ 设直线AB与平面EFCD所成角的大小为α,则sinα=|cos〈n,〉|==,‎ ‎∴直线AB与平面EFCD所成角的正弦值为.‎ 防范措施 向量法求空间角要注意的问题 (1)建立空间直角坐标系时 ‎①证明线面垂直关系,为建系作准备,没有文字说明,直接建系通常会扣分.‎ ‎②合理选择建系方法,从而有利于求向量的坐标.‎ (2)准确计算 利用空间向量法解决立体几何问题,计算一定要准确,避免因一个点的坐标错误导致整个题目全错的情况.‎
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