人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案，共25页。
1.4 空间向量的运用
★★★★学习目标★★★★
1.能用向量法判断一些简单线线、线面、面面垂直关系
.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系
.3.能用向量方法证明空间线面垂直关系的有关定理．
4.理解直线与平面所成角的概念.
5.能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题.
6.体会用空间向量解决立体几何问题的三步曲

★★★★必备知识★★★★
平行垂直问题基础知识
直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)
(1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0
(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3
(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4
(4)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0
例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
[证明]　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如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F，＝，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．
(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.
(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，
所以平面PAD⊥平面PDC.

使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.
例2、在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，
且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．
求证：(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
证明：(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A(a,0,0)，
所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，
·＝0，·＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，则＝，＝(0,1,1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
利用空间向量求空间角基础知识
(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝.
(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝.
(3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，
若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；
若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.
例1、如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，
点D是BC的中点．
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
【解析】(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0，0,4)，C1(0,2,4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．
因为cos〈，〉＝＝所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)．设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝＝，得sin θ＝.
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.

(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：
①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求空间角应注意：
①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.
②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．
例3、如图，在四棱锥S­ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，
平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝，SE⊥AD.
(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；
(2)若SE＝1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，
SE⊥AD，∴SE⊥平面ABCD. ∵BE⊂平面ABCD，∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD，AB∥CD，
CD＝3AB＝3，AE＝ED＝，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°. ∴∠BEC＝90°，
即BE⊥CE. 又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC. ∵BE⊂平面SBE，
∴平面SBE⊥平面SEC.
(2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直．如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系．则E(0,0,0)，C(0,2，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以＝(0，－2，0)，＝(2，－2，0)，＝(0，－2，1)．
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令y＝1，得x＝，z＝2，
则平面SBC的一个法向量为n＝(，1,2)．
设直线CE与平面SBC所成角的大小为θ，则sin θ＝||＝，
故直线CE与平面SBC所成角的正弦值为.
利用空间向量解决探索性问题
例1、如图1，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B(如图2)．

(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角E­DF­C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0,0,2)．
平面CDF的法向量为＝(0,0,2)．设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取n＝(3，－，3)，
cos〈，n〉＝＝，所以二面角E­DF­C的余弦值为.
(3)存在．设P(s，t,0)，有＝(s，t，－2)，则·＝t－2＝0，∴t＝，
又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2－t,0)，∵∥，∴(s－2)(2－t)＝－st，
∴s＋t＝2. 把t＝代入上式得s＝，∴＝，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE. 此时，＝.

(1)空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.
例2、.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B 1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.
(1)若D为AA1中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1­CD­C1的大小为60°？
【解析】(1)证明：如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，
即＝(0,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)．
由·＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得⊥，即C1B1⊥CD.
由·＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得⊥，即DC1⊥CD.
又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)存在．当AD＝AA1时，二面角B1­CD­C1的大小为60°.理由如下：
设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)，
设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，
则⇒令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．
又∵＝(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量，则cos 60°＝＝＝，
解得a＝(负值舍去)，故AD＝＝AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意．
★★★★综合训练★★★★
一、单选题
1．（2020·黑龙江省牡丹江一中高一月考）在正方体中，P是侧面上的动点，与垂直，则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一：如图，连接，易证得直线平面．

因为与垂直，且是侧面上的动点，所以点是线段上的动点．
又，所以直线与直线所成的角即．
连接，平面，平面，，
在直角三角形中，设，，
则，因此，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为．
解法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，则，设，其中，
则，
因为与垂直，所以，所以，
所以，
因为，所以当时，取得最大值，
此时取得最小值；
解法三：如图，连接，易证得直线平面．

因为与垂直，且是侧面上的动点，所以点是线段上的动点，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则，
于是，设，
所以，所以，
所以，
因为，所以当时，取得最大值，
此时取得最小值．
故选：B.
2．（2020·江苏省高二期末）若平行六面体的底面是边长为2的菱形，且，⊥底面ABCD，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】连交于，交于，连，则，
⊥底面ABCD，底面ABCD，
底面是边长为2的菱形，，
，
以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，

，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.

3．（2020·邢台市第二中学高二开学考试）直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，E为BB′的中点，异面直线CE与所成角的余弦值是（ ）

A． B． C．- D．
【答案】D
【解析】直三棱柱中，，，为的中点．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，0，，，2，，，0，，，0，，
，2，，，0，，
设异面直线与所成角为，
则．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．

4．（2020·邢台市第二中学高二开学考试）在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】以点为坐标原点，以所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，

则,
为平面的一个法向量．
．
∴直线与平面所成角的正弦值为.故选：D．
5．（2020·浙江省高三其他）如图，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，
则，所以
设，
由为线段的中点，
则，
由，
所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，设，
，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，则，，
所以.
设平面的一个法向量，
则，即，
解得，令，则，
所以，
平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则，
将分子、分母同除以，可得

令，
当时，，
则的最大值为：.故选：D
6．（2020·广西壮族自治区两江中学高二月考（理））在正方体中，已知分别是的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，设直线与所成角为，则.

故选：B
7．（2020·广东省高三其他（文））已知直三棱柱，，，和的中点分别为、，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系.
故，，，，故，.
，即与夹角的余弦值为.
故选：.

8．（2020·绥德中学高三其他（理））在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G分别为AA1、BC、C1D1的中点，现有下面三个结论：①△EFG为正三角形；②异面直线A1G与C1F所成角为60°；③AC∥平面EFG.其中所有正确结论的编号是（ ）
A．① B．②③ C．①② D．①③
【答案】A
【解析】建立空间直角坐标系如下图所示，设正方体的边长为：则
，，，，所以三角形是在三角形，①正确.
，所以，设异面直线与所成角为，则，所以，②错误.
，，设平面的法向量为，则，令，得，所以，由于，所以③错误.
综上所述，正确的命题序号为①.
故选：A

二、填空题
9．（2020·杭州市西湖高级中学高二月考）正三棱柱中，，，为棱的中点，则异面直线与成角的大小为_______．
【答案】
【解析】如图，

，，
且，侧棱和底面垂直，
∴
，

∴，且，
∴，
∴异面直线与成角的大小为．故答案为：．
10．（2020·上海高三专题练习）在长方体中，，分别为棱，的中点，若，则异面直线与所成的角为________.
【答案】
【解析】以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图,

设,则,,
,
因为,所以,即有.
因为,所以,即异面直线和所成角为.
故答案为：.
11．（2020·邢台市第二中学高二开学考试）在正方体中，点分别是，的中点，则异面直线与所成角的大小为___________.
【答案】
【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，设正方体边长为，故，所以，设直线和直线所成角为，则，所以.

12．（2020·广西壮族自治区两江中学高二月考（理））已知正四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成角为60°，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大小是________．

【答案】45°
【解析】设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为a，
建立如图所示空间直角坐标系，

则平面PAC的法向量为，D，，
P，M，＝，
所以＝＝，所以DM与平面PAC所成角为45°.
三、解答题
13．（2020·湖北省高三其他（理））如图所示，多面体是由底面为的直四棱柱被截面所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中，，，．

(1)求的长；
(2)求平面与底面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1) ；(2)
【解析】因为多面体是由底面为的直四棱柱被截面所截而得到的，
所以平面平面，又平面平面,平面平面,
所以，同理，所以四边形是平行四边形，
连结,交于，以为原点，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，，，
所以，，
所以，所以,
所以的长为.
(2)根据题意可取平面的一个法向量为，
由(1)知，，设平面的法向量为，则
由，得，即，
令，则，，所以，
所以，
所以平面与底面所成锐二面角的余弦值为.
14．（2020·福建省福州第一中学高三其他（理））如图，组合体由半个圆锥和一个三棱锥构成，其中是圆锥底面圆心，是圆弧上一点，满足是锐角，.

（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明；
（2）在（1）中，若是中点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）①延长交的延长线于点；②连接；③过点作交于点.
（2）若是中点，则是中点，又因为，所以，所以，从而.
依题意，两两垂直，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，
从而，
设平面的法向量为，
则即取，得.
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

15．（2020·全国高三月考（理））如图，四棱锥中，平分...

（1）设E是的中点，求证：平面；
（2）设平面，若与平面所成的角为45°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：，即能被平面内两个不共线的向量表示，且平面，
平面；
（2）因为平面，且平面，故为与平面所成的角，故，从而.
不妨设，由已知可得，，，，到的距离为.以A坐标原点，，分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

.
∵平面，∴，又∵，∴平面
∴是平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
由得即得.
设所求的角为，则为锐角，则，
即所求的二面角的余弦值为.
16．（2020·广西壮族自治区高三其他（理））如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，是侧棱上的点．

（1）若，证明：是的中点；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由直三棱柱得平面，
、平面，，，
为等腰直角三角形，，且，
由勾股定理得，
，是等边三角形，则，
由勾股定理得，为的中点；
（2）易知、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，得，，，
又平面的法向量为，，
由图形可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为.
17．（2020·广西壮族自治区南宁三中高二月考（理））如图，已知四棱锥，底面为菱形，，，，，，为的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求线段的长.
【答案】(1)见解析.(2)2.
【解析】 (1)证明：由题意易得，且，
在中，，
∴，∴，
在中，，
∴，又，
∴面，又∴面，
∴平面平面.
（2）由（1）可知面，所以以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
设平面的一个法向量为，
由，则令，，，所以，
∴，
解得或（舍），故BN=2.