版高考数学一轮复习第7章立体几何77立体几何中的向量方法学案理.docx
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版高考数学一轮复习第7章立体几何77立体几何中的向量方法学案理
7.7 立体几何中的向量方法
[知识梳理]
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
l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围
(0,π)
求法
cosθ=
cosβ=
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).
[诊断自测]
1.概念思辨
(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.教材衍化
(1)(选修A2-1P111A组T1)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.
(2)(选修A2-1P104T2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,写出平面A1ED的一个法向量:
________.
答案 (1,2,2)(答案不唯一)
解析 如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),所以=(0,1,-1),=,设平面A1ED的一个法向量为n=(1,y,z),则
即解得
所以n=(1,2,2).
3.小题热身
(1)(2018·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为( )
A.B.
C.D.
答案 C
解析 取AD中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,
得B(2,-1,0),D1(0,2,),1=(-2,3,),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设BD1与平面ABCD所成的角为θ,∴sinθ==,
则cosθ=,∴tanθ=.故选C.
(2)(2017·郑州预测)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所成的二面角为________.
答案 45°
解析 如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD.
又CD⊥平面PAD,
∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD.
所以=(0,1,0),=分别是平面PAB,平面PCD的法向量,且〈,〉=45°.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
题型1 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
(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
(2018·宜春期末)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,BC⊥AC,BC=AC=AA1=2,D为AC的中点.
(1)求证:
AB1∥平面BDC1;
(2)设AB1的中点为G,问:
在矩形BCC1B1内是否存在点H,使得GH⊥平面BDC1.若存在,求出点H的位置,若不存在,说明理由.
解
(1)证明:
连接B1C,设B1C∩BC1=M,连接MD,
在△AB1C中,M为B1C中点,D为AC中点,
∴DM∥AB1,
又∵AB1不在平面BDC1内,DM在平面BDC1内,
∴AB1∥平面BDC1.
(2)以C1为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴建立空间直角坐标系.
依题意,得C1(0,0,0),D(1,2,0),B(0,2,2),G(1,1,1),假设存在H(0,m,n),
=(-1,m-1,n-1),=(1,2,0),=(-1,0,2),
由GH⊥平面BC1D,得
⊥⇒(-1,m-1,n-1)·(1,2,0)=0⇒m=.
同理,由⊥得n=,即在矩形BCC1B1内存在点H,使得GH⊥平面BDC1.
此时点H到B1C1的距离为,到C1C的距离为.
方法技巧
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.
冲关针对训练
(2018·太原模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E,F分别为PA,BD中点,PA=PD=AD=2.
(1)求证:
EF∥平面PBC;
(2)在棱PC上是否存在一点G,使GF⊥平面EDF?
若存在,指出点G的位置;若不存在,说明理由.
解
(1)证明:
如图所示,连接AC.因为底面ABCD是正方形,AC与BD互相平分.F是BD中点,所以F是AC中点.在△PAC中,E是PA中点,F是AC中点,
所以EF∥PC.
又因为EF⊄平面PBC,PC⊂平面PBC,
所以EF∥平面PBC.
(2)取AD中点O,连接PO.
在△PAD中,PA=PD,
所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥底面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.
因为OF⊂平面ABCD,所以PO⊥OF.
又因为F是AC中点,所以OF⊥AD.
以O为原点,OA,OF,OP分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为PA=PD=AD=2,
所以OP=,则C(-1,2,0),
D(-1,0,0),P(0,0,),
E,F(0,1,0).
于是=,=(1,1,0).
设平面EFD的法向量n=(x0,y0,z0).
因为
所以即
令x0=1,则n=(1,-1,-).
假设在棱PC上存在一点G,使GF⊥平面EDF.
设G(x1,y1,z1),则=(x1,y1-1,z1).
因为EDF的一个法向量n=(1,-1,-).
因为GF⊥平面EDF,所以=λn.
于是即
又因为点G在棱PC上,所以与共线.
因为=(-1,2,-),=(x1+1,y1-2,z1),
所以==,
即==,无解.故在棱PC上不存在一点G,使GF⊥平面EDF.
题型2 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
(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
(2013·全国卷Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.
(1)证明:
AB⊥A1C;
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
解
(1)证明:
取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.
因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA1,∠BAA1=60°,
故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.
(2)由
(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.
又平面ABC