伤城文章网 > 数学 > 2018届高三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

2018届高三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


理数
课标版

第六节

立体几何中的向量方法

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
a与b的夹角β 范围 (0,π) ① 求法 cos β= l1与l2所成的角θ

?
? ?? ? 0, ? ? 2?

a ?b ?

| a || b |

cos θ=|cos β|=②

?
| a ?b | | a || b |

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sin φ=|cos θ|=③

?

| e?n | | e || n |

.

?

3.二面角的求法
a.如图(1),AB,CD是二面角α-l-β两个半平面内与棱l垂直的射线,则二面 角的大小θ=④ < AB , CD >

??

?

?

.

?
b.如图(2)(3),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cos θ=⑤ cos<n1,n2> 或⑥ -cos<n1,n2> .

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? (
? 3 3 A. ? , , ? ? 3 3 ? 3 3 C. ? ? , , ? 3 3

)

?

3? ? 3 ? 3? ? 3 ?

?

? 3 3 3? , ? , B. ? ? 3 3 3 ? ? ? 3 3 3? D. ? ? , ? , ? ? 3 3 ? ? 3

?

?

AB =(-1,1,0),? AC =(-1,0,1). 答案 D 因为A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以?
? ? ? 3 3 3? 3 3 AB =? -? +0=0,n· AC 经检验,当法向量n= ? ? , ? , ? ? 时,|n|=1,n· ? ? = 3 3 3 3 3 ? ?

?

?

?

? 3 3 3? 3 3 ?+0-?=0.所以 ? ? , ? , ? ? 是平面ABC的一个单位法向量. 3 3 ? 3 3 ? 3

?

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°

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
? ? 1 1? ? ?1 1 ? ?1 1? ? ? EF =? EF ,? DC =(0,1,0),∴cos<? DC >= (0,1,0),E? ? ? ? , ,1? ,F? ,0, ? ,? 0, ? , ? ? ,? 2 2? ?2 2 ? ?2 2? ?

?

? ? 2 EF DC °,∴异面直线EF和CD所成的角是45°. ? =-? ? ,∴<?,?>=135 2 | EF || DC |

EF ? DC

?

?

?

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.?
6 4

)
3 2

B.?

10 4

C.?

2 2

D.?

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-A1B1C
?1 ? ? 3 ? ,所以? AB1 = ? ? 1 , 3 , ?1? ,? EB1 = 1的棱长为1,则A? ,0 ? ? ,0,1? ,B1 ? 0, ? ? ?2 ? ? 2 ? ? 2 2 ?

?

?

?

?

?

? 3 ? ,0 ? . ? 0, 2 ? ?

EB1 为平面ACC1A1的法向量, 设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ,又?
? ?

?

AB1 ,? EB1 >|= 则sin θ=|cos<?

?

6 =? . 4 3 2? 2

3 4

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
3 ? 3

.

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 2? ? 2,则A(? 2 ,0,0),B(0,? 2 ,0),S(0,0,? 2 ),D(0,-? 2 ,0),E ? 0, , ? ,? AE = ? 2 2 ?

?

? ? ? ? 2 2 ? ,? 2 = | AE? SD | =? =(0,? ,? ), 所以 |cos< ? , ? , AE SD >|= ? 2 2 ? ? 2, ? SD ? 2 2 ? 3?2 ? | AE | ? | SD | 3 ,故AE,SD所成角的余弦值为? 3. ? 3 3

?

?

?

?

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 .

?

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 DC PC
AD 面ABP,∴? =(0,1,0)是平面ABP的法向量,设n=(x,y,z)是平面CDP的法
?

?

?

? ? ?n ? DC ? 0, ? x ? 0, 向量,则 ? ? 即?令y=1, ? 则n=(0,1,1),则cos<?,n>=?= ? x ? y ? z ? 0, ? n ? PC ? 0, ? ? 2 ?,∴<? ,n>=45°. AD 2

?

AD

?

1 2

所以平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为45°.

考点突破
考点一 向量法解决异面直线所成角的问题 典例1 (2015课标Ⅰ,18,12分)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=2

DF,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.

?

解析 (1)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=?3 . 由BE⊥平面ABCD,AB=BC, 可知AE=EC. 又AE⊥EC, 所以EG=?3 ,且EG⊥AC. 在Rt△EBG中,可得BE=?,2 故DF=?.2
2 6. 在Rt△FDG中,可得FG=? 2 3. 2 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=?,2 DF=?,2 可得EF=?

从而EG +FG =EF ,

2

2

2

2

2

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,|?|GB 为 GB GC 单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.
? ? ?

? ? 2 ? ,C(0,? ,0),所以? 由(1)可得A(0,-?3 ,0),E(1,0,? 2 ),F? AE =(1,? 3 , 3 ? ?1,0, ?

?

2 ?

? 2 ),? CF = ? ?1, ?

?

? ? ?

3,

2? ?. 2 ?
? ?

故cos<? AE ,? CF >=

?

?

AE? CF ?
? ?

=-? .
3 3

| AE || CF |

3 3

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为?.

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 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠DAB=60°,
对角线AC与BD交于点O,PO⊥平面ABCD,PB与平面ABCD所成的角 为60°,E是PB的中点,则异面直线DE与PA所成角的余弦值为?( )

A.0

B.?

2 4

C.?

1 2

D.?

3 6

答案 B 以O为坐标原点,射线OB, OA, OP分别为x轴,y轴, z轴的正半轴建 立空间直角坐标系,如图.

在Rt△AOB中,AB=2,∠OAB=30°,所以OB=1,OA=?3 .由题意得A(0,-?, 3
0),B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,?), ,0, 3 因为E是PB的中点,所以E? ? ,于是 ?
?2 ?3 3? ? ? = ? ,? =(0,? ?,AP ?). DE ,0, 2 ? ?2
?

?1

3? 2 ?

?

3

3

DE 与? AP 的夹角为θ,则cos θ= 设?

?

?

9 3 ? ? 3?3 4 4 2 所以异面直线DE与PA所成角的余弦值是?. 4

?

3 2

2 =? , 4

考点二 向量法解决直线与平面所成角的问题
典例2 (2016课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD, N为PC的中点. (1)证明MN∥平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

?

解析

2 (1)证明:由已知得AM=?AD=2. 3 1 2

取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=?BC=2.?(3 分)

?
又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.

因为AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.?(6分)
(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=
?= AB

? . ?= BE
2

?

2

? BC ? AB ? ? ? ? 2 ?
2
?

2

5

以A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 AE
系A-xyz.
5 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(?,2,0), N? , ,1, 2 ? 5 ? ? 2 ? ? ? 5 ? ? ? 5 ? ? =(0,2,-4),?= , ? = . ,1, ? 2 ,1, 2 PM PN ? ? AN ? ? 2 2 ? ? ? ? ? ? ?

?

?

设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,

?2 y ? 4 z ? 0, ? ? n ? PM ? 0, ? ? 则? ? 即? 5 ? (10分) x ? y ? 2 z ? 0, ? ?n ? PN ? 0, ? ? 2

?

?

可取n=(0,2,1).
AN >|= 于是|cos<n,?
?

| n ? AN | 8 5 ? =? . 25 | n || AN |
?

?

即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为? .? (12分)

8 5 25

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 (2016东北三省三校第一次联考)如图,菱形ABCD中,∠ABC=60°,
AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2. (1)求证:BD⊥平面ACFE; (2)当直线OF与平面BED所成角的大小为45°时,求CF的长度.

解析 (1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.
∵AE⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, ∴BD⊥AE. 又∵AC∩AE=A,∴BD⊥平面ACFE. (2)如图,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标 系(z轴过O且平行于CF),则B(0,?3 ,0),D(0,-?,0), 3 E(1,0,2),设F(-1,0,a)(a>
? 0),则? OF =(-1,0,a).

?

设平面BED的法向量为n=(x,y,z),
? ? ?n ? OB ? 0, ? 3 y ? 0, 则? ? 即? ? x ? 2 z ? 0. ? ?n ? OE ? 0,

?

?

令z=1,则n=(-2,0,1),
由题意得sin 45°=|cos<? ,n>|= OF a>0,得a=3,即CF的长度为3.
?

| OF? n | |2?a| 2 ? =?=?,解得 a=3或-? .由 2 | OF || n |
?

?

a2 ?1 ? 5

1 3

考点三 向量法解决二面角问题
典例3 (2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直 径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线. (1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;
1 (2)已知EF=FB=? AC=2?3 ,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值. 2

?

解析 (1)证明:设FC的中点为I,连接GI,HI.

在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.
又EF∥OB,所以GI∥OB. 在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC. 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC.

(2)连接OO',则OO'⊥平面ABC. 又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC. 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

由题意得B(0,2? 3 ,0), C(-2? 3 ,0,0),

BC =(-2?3 ,-2?3 ,0), 所以?

?

过点F作FM垂直OB于点M,
FB 2 ? BM 2 =3,可得F(0,? 3 ,3). 所以FM=?
BF =(0,-?3 ,3). 故?
?

设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.
? ? ? ??2 3 x ? 2 3 y ? 0, ?m ? BC ? 0, 由? ? 可得 ? ? ? ?? 3 y ? 3 z ? 0. ?m ? BF ? 0, ? 3? ? 1,1, ?. 可得平面BCF的一个法向量m=? 3 ? ?

?

?

?

因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),

所以cos<m,n>=?

m?n 7 =? . | m |?| n | 7 7 7

又二面角F-BC-A为锐二面角, 所以二面角F-BC-A的余弦值为?.

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 (2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体
中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C -BE-F都是60°. (1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值.

解析 (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.?(2
分) 又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.?(3分) (2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G为坐标原点,? 的方向为x轴正方向,|? |为单位长,建立如图所示的 GF GF 空间直角坐标系G-xyz.?(6分)
? ?

由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=
3 3 ? ,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,?).

由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.?(8分) 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角, ∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,?3 ).
? ? ? ? 3 3 所以? =(1,0, ? ), ? =(0,4,0), ? =(-3,-4, ? ), ? EB AB =(-4,0,0).? (10分) EC AC

设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则

?

? ? ?n ? EC ? 0, ? ? ? ?n ? EB ? 0,

? x ? 3z ? 0, 即 ?4 y ? 0. ?

?

所以可取n=(3,0,-?3 ).

? ? ?m ? AC ? 0, 设m是平面ABCD的法向量,则 ? ? ? ?m ? AB ? 0. 2 19 n?m 3 同理可取m=(0,? ,4).则cos<n,m>=? =-? . 19 | n || m |

?

又二面角E-BC-A为钝二面角,
故二面角E-BC-A的余弦值为-? .? (12分)
2 19 19

考点四 向量法解决立体几何探索性问题 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=?5.
(1)求证:PD⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
AM 的值;若 (3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求? AP

不存在,说明理由.

?

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),
? ? n ? PD ? 0, ?? y ? z ? 0, 则? 即? ? ? ? ?2 x ? z ? 0. ? n ? PC ? 0, ?

?

令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).

? 又?=(1,1, -1), PB ?

PB 所以cos<n,? >=

?=-?.
n ? PB
?

?

| n || PB |

3 3

3 3 ? ? (3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得? = λ ? . AM AP

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为?.
?

因此点M(0,1-λ,λ),? =(-1,-λ,λ). BM 因为BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当? · n=0, BM 即(-1,-λ,λ)· (1,-2,2)=0.
1 . 解得λ=? 4 AM 1. 所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时? =? AP 4
?

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 (2016甘肃兰州诊断)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD, PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD且BC=4,点M为PC的 中点,点E为BC边上的动点,且? =λ. (1)求证:平面ADM⊥平面PBC; (2)是否存在实数λ,使得二面角P-DE-B的余弦值为? ?若存在,试求出实 数λ的值;若不存在,说明理由.
2 3 BE EC

?

解析 (1)证明:取PB的中点N,连接MN、AN, ∵M是PC的中点,
1 ∴MN∥BC,MN=?BC=2, 2

又∵BC∥AD,AD=2,∴MN∥AD,MN=AD, ∴四边形ADMN为平行四边形,∴DM∥AN. ∵PA=AB,N为PB的中点,∴PB⊥AN,∴PB⊥DM. 由题意知AD⊥平面PAB,又PB?平面PAB,∴PB⊥AD, ∵AD∩DM=D,AD、DM?面ADM,∴PB⊥面ADM, ∵PB?面PBC,∴面ADM⊥面PBC. (2)存在符合条件的λ.以A为原点,AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y
? ? ? 轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz(? 、 ? 、 ? 的方向为 x轴、y轴、 AB AD AP ? z轴的正方向),则P(0,0,2),D(0,2,0),B(2,0,0),所以? =(0,2,-2),设E(2,t,0)(0 PD

? ≤t≤4),从而? DE =(2,t-2,0),设平面PDE的法向量为n1=(x,y,z),则

?

? ? n ? PD ? 0, ? 1 ? ? ? ?n1 ? DE ? 0,

?2 y ? 2 z ? 0, 即? ?

?2 x ? (t ? 2) y ? 0,

令y=2,得n1=(2-t,2,2),又易知平面DEB的一

个法向量为n2=(0,0,1),
| n ? n2 | 2 2 = = ? , 2 | n1 | ? | n2 | 3 (2 ? t ) ? 4 ? 4 1 解得t=3或t=1,进而λ=3或λ=? (经检验符合题意). 3 2 1 故存在实数λ,使二面角P-DE-B的余弦值为? ,此时λ=3或? . 3 3
1 则|cos<n1,n2>|=?

?


搜索更多“2018届高三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”

. | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . | . |
网站地图

All rights reserved Powered by 伤城文章网 5xts.com

copyright ©right 2010-2021。
伤城文章网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。3088529994@qq.com