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    2020年高考数学理科一轮复习讲义:第7章立体几何第7讲
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    2020年高考数学理科一轮复习讲义:第7章立体几何第7讲

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    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l1l2的方向向量分别为v1v2,则l1l2(l1l2重合)v1v2v1λv2.

    (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v1v2,则lαlα存在两个实数xy,使vxv1yv2.

    (3)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则lαlαvuv·u0.

    (4)设平面αβ的法向量分别为u1u2,则αβu1u2u1λu2.

    2用向量证明空间中的垂直关系

    (1)设直线l1l2的方向向量分别为v1v2,则l1l2v1v2v1·v20.

    (2)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则lαvuvλu.

    (3)设平面αβ的法向量分别为u1u2,则αβu1u2u1·u20.

    3两条异面直线所成角的求法

    ab分别是两异面直线l1l2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en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ABCD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ〉.

    (2)如图②③n1n2分别是二面角αlβ的两个半平面αβ的法向量,则二面角的大小θ满足|cosθ||cosn1n2|,二面角的平面角大小是向量n1n2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[0π](  )

    (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αaβ的两个半平面αβ的法向量n1n2所成角为θ,则二面角αaβ的大小是πθ.(  )

    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(  )

    Alα Blα

    Clα Dlα斜交

    答案 B

    解析 因为a(1,0,2)n(2,0,-4)

    所以n=-2a,所以an,所以lα.

    (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(xyz),则z1,得xy=-1.n|n|,故平面ABC的单位法向量是±.

    (3)在正三棱柱ABCA1B1C1中,若ABBB1,则AB1C1B所成角的大小为(  )

    A60° B75°

    C90° D105°

    答案 C

    解析 AC的中点D,建立如图所示的空间直角坐标系.

    ABa,则BC1AB1,从而.

    所以cos〉=0

    所以AB1C1B所成的角为90°.故选C.

    (4)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB2BCAA11,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________,二面角BA1C1D1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)(12,0)

    (0,2,-1)

    设平面A1BC1的一个法向量为n(xyz)

    y1,得n(2,1,2)

    D1C1与平面A1BC1所成角为θ,则

    sinθ|cosn|

    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)

    cosmn〉=.

    由图可知,二面角BA1C1D1为钝角,

    故二面角BA1C1D1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ABCA1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,ABACBCABB1C1BCAA1平面BAC.

    求证:(1)A1B1平面AA1C

    (2)AB1平面A1C1C.

    证明 AA1平面BAC.

    AA1ABAA1AC.

    ABACBCAB

    ∴∠CAB90°,即CAAB

    ABACAA1两两互相垂直.

    建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AB2,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(xyz)

    y1,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(x1y1z1)

    x11,则y1=-1z11,即m(1,-1,1)

    ·m0×12×(1)2×10

    m.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ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2ABCA1AC均为60°,平面AA1C1C平面ABCD.

    (1)求证:BDAA1

    (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BDAC交于点O,则BDAC,连接A1O,在AA1O中,AA12AO1A1AO60°

    A1O2AAAO22AA1·AOcos60°3

    AO2A1O2AA

    A1OAO.

    由于平面AA1C1C平面ABCD,且平面AA1C1C平面ABCDACA1O平面AA1C1C

    A1O平面ABCD.

    OBOCOA1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(20,0)(0,1)

    ·0×(2)1×0×00

    ,即BDAA1.

    (2)假设在直线CC1上存在点P,使BP平面DA1C1

    λP(xyz),则(xy1z)λ(0,1)

    从而有P(0,1λλ)(1λλ).设平面DA1C1的法向量为n(xyz),则

    (0,2,0)(0)

    n(1,0,-1)

    因为BP平面DA1C1

    n,即n·=-λ0

    λ=-1

    即点PC1C的延长线上,且C1CCP.

    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

    证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;

    证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行;

    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

    证明两平面的法向量平行(即为共线向量)

    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:空间中的点可设为(xyz)坐标平面内的点其中一个坐标为0,如xOy面上的点为(xy,0)坐标轴上的点两个坐标为0,如z轴上的点为(0,0z)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PABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD底面ABCD,且PAPDAD,设EF分别为PCBD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OPOF.

    因为PAPD,所以POAD.

    因为侧面PAD底面ABCD,平面PAD平面ABCDADPO平面PAD

    所以PO平面ABCD.

    OF分别为ADBD的中点,

    所以OFAB.

    ABCD是正方形,所以OFAD.

    因为PAPDAD

    所以PAPDOPOA.

    O为原点,OAOFOP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

    AFD

    PBC.

    因为EPC的中点,所以E.

    易知平面PAD的一个法向量为

    因为

    ··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PACD.

    PAPDPDCDD

    PDCD平面PDC

    所以PA平面PDC.

    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MBD的中点,AECD,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 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)0×12×00

    所以,即AEEM

    EM平面ABC

    EM平面ABC.

    (2)假设在DC上存在一点N满足题意,

    λ(0,0,-4λ)λ[0,1]

    (1,1,-2)(0,0,-4λ)(1,1,-24λ),所以

    解得λ[0,1]

    所以棱DC上存在一点N,满足NM平面BDE,此时DNDC.

    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)如图,四边形ABCD为菱形,ABC120°EF是平面ABCD同一侧的两点,BE平面ABCDDF平面ABCDBE2DFAEEC.

    (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.

    BDACG,连接EGFGEF.

    在菱形ABCD中,不妨设GB1.

    ABC120°,可得AGGC.

    BE平面ABCDABBC,可知AEEC.

    AEEC,所以EG,且EGAC.

    RtEBG中,可得BE,故DF.

    RtFDG中,可得FG.

    在直角梯形BDFE中,由BD2BEDF,可得EF.

    从而EG2FG2EF2,所以EGFG.

    ACFGG,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.

    (1)可得A(0,-0)E(1,0)FC(00)

    所以(1).

    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)如图,在三棱锥PABC中,ABBC2PAPBPCAC4OAC的中点.

    (1)证明:PO平面ABC

    (2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.

    解 (1)证明:因为APCPAC4OAC的中点,所以OPAC,且OP2.

    连接OB.因为ABBCAC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBACOBAC2.

    OP2OB2PB2,知OPOB.

    OPOBOPACACOBO,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)

    (0,22)

    取平面PAC的法向量(2,0,0)

    M(a,2a,0)(0<a2),则(a4a0)

    设平面PAM的法向量为n(xyz)

    ·n0·n0

    可取n((a4)a,-a)

    所以cosn〉= .

    由已知得|cosn|.

    所以.解得a=-4(舍去)a.

    所以n.

    (0,2,-2),所以cosn〉=.

    所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.

    条件探究 将举例说明2(2)二面角MPAC30°改为直线PC与平面PAM所成角等于直线PB与平面PAM所成角,试判断点M的位置,并用向量法证明.

    解 M是线段BC的中点时,直线PC与平面PAM所成角等于直线PB与平面PAM所成角.

    与举例说明2(2)前半部分解析相同,建系计算得

    (2,0,-2)(0,2,-2)

    M(a,2a,0)(0a2)

    平面PAM的法向量n((a4)a,-a)

    若直线PC与平面PAM所成角等于直线PB与平面PAM所成角.

    .

    所以 .

    整理得|2a4||2a|

    解得a1,即M(1,1,0)

    所以点M是线段BC的中点.

    角度3 利用空间向量求解二面角

    3(2018·全国卷)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M上异于CD的点.

    (1)证明:平面AMD平面BMC

    (2)当三棱锥MABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

    解 (1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.

    因为BCCDBC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.

    因为M上异于CD的点,且DC为直径,所以DMCM.

    BCCMC,所以DM平面BMC.

    DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.

    (2)D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Dxyz.

    当三棱锥MABC体积最大时,M的中点.

    由题设得D(0,0,0)A(2,0,0)B(2,2,0)C(0,2,0)M(01,1)

    (2,1,1)(0,2,0)(2,0,0)

    n(xyz)是平面MAB的法向量,则

    可取n(1,0,2)

    是平面MCD的法向量,因此,

    cosn〉=sinn〉=

    所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

     

    1.利用向量求异面直线所成角的方法

    (1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是:

    选好基底或建立空间直角坐标系;

    求出两直线的方向向量v1v2

    代入公式|cosv1v2|求解.

    (2)两异面直线所成角的范围是θ,两向量的夹角α的范围是[0π],当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线的夹角.

    2.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所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.

    3.利用向量计算二面角大小的常用方法

    (1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的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的大小.

    (2)找与棱垂直的方向向量法: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.                    

     

    1.已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等,ESB的中点,则AESD所成角的余弦值为________

    答案 

    解析 以两对角线ACBD的交点O作为原点,以OAOBOS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设边长为2,则有O(0,0,0)A(0,0)B(00)S(0,0)D(0,-0)E(0,-,-)|cos|,故AESD所成角的余弦值为.

    2(2018·长郡中学高三实验班选拔考试)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,BABC5AC8D为线段AC的中点.

    (1)求证:BDA1D

    (2)若直线A1D与平面BC1D所成角的正弦值为,求AA1的长.

    解 (1)证明:三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,

    AA1平面ABC

    BD平面ABCBDAA1

    BABCDAC的中点,BDAC

    ACAA1AAC平面ACC1A1AA1平面ACC1A1

    BD平面ACC1A1,又A1D平面ACC1A1

    BDA1D.

    (2)(1)BDACAA1平面ABC,故以D为坐标原点,DBDC所在直线分别为x轴、y轴,过点D且平行于AA1的直线为z轴建立空间直角坐标系Dxyz(如图所示)

    AA1λ(λ>0),则

    A1(0,-4λ)B(3,0,0)

    C1(0,4λ)D(0,0,0)

    (0,-4λ)(0,4λ)(3,0,0)

    设平面BC1D的法向量为n(xyz)

    x0,令z4,可得y=-λ

    n(0,-λ4)为平面BC1D的一个法向量.

    设直线A1D与平面BC1D所成角为θ

    sinθ|cosn|

    解得λ2λ8,即AA12AA18.

    3(2018·芜湖模拟)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1B145°ACBC,平面BB1C1C平面AA1B1BECC1的中点.

    (1)求证:BB1AC

    (2)AA12AB,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CCOBB1BB1O,因为平面BB1C1C平面AA1B1BBB1C1C平面AA1B1BB1B,所以CO平面AA1B1B,故COOA

    又因为ACBCOCOC,所以RtAOCRtBOC,故OAOB

    因为AA1B1OBA45°,所以AOBB1,又因为BB1CO,所以BB1平面AOC,故BB1AC.

    (2)O为坐标原点,OAOBOC所在直线为xyz轴,建立空间直角坐标系Oxyz

    ACA1C1,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∴∠CAO45°,则A(1,0,0)B(0,1,0)C(0,0,1)A1(1,-2,0)B1(0,-10)E(0,-1,1)

    设平面A1B1E的法向量为n(x1y1z1)

    x11,得n(1,1,0)

    设平面ABC的法向量为m(x2y2z2),则

    x21,得m(1,1,1)

    cosmn〉=,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ABCABACAEBDDEACADBD1.

    (1)AB的长;

    (2)已知2AC4,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ACABAC平面ABD.

    DEACDE平面ABD,从而DEBD.

    注意到BDAE,且DEAEEBD平面ADE

    于是,BDAD.ADBD1AB.

    (2)ADBD,取AB的中点为ODOAB.

    平面ABD平面ABCDO平面ABC.

    O作直线OYAC,以点O为坐标原点,直线OBOYOD分别为xyz轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.

    AC2a,则1a2

    AB

    CDE

    (2a,0).

    设平面BCD的法向量为n(xyz)

    x,得n.

    (0,-a,0)

    E到平面BCD的距离d .

    1a2a2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nA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)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ABπrπADπBDπ.

    故曲线Γ的长度为π.

    (2)θ时,建立如图所示的空间直角坐标系,

    O(0,0,0)A(0,-1,0)B(0,1,0)

    PC1(10π),则(0,2,0)(1,0π)

    设平面ABP的法向量为n(xyz)

    z2n0,2)

    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,AEF90°AEBFDCFE为正方形,且AE1BFEF2BFC60°.

    (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CMEMAM.

    AEBMAEBM

    四边形AEMB为平行四边形,

    ABEM

    同理AMEFAMEF

    AMEFCDAMEFCD

    四边形AMCD为平行四边形,

    ADCM

    CMEMMABADA

    平面CME平面ADB

    CE平面CMECE平面ADB.

    (2)(1)可知ABEM

    直线AB与平面EFCD所成的角就是直线EM与平面EFCD所成的角.

    MMNCF于点N,连接EN

    由于ABFE是直角梯形,AEF90°AEBFEFCD为正方形,

    ∴∠EFB90°EFC90°

    EF平面BFCEFMN

    MN平面EFCD.

    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,

    MFB的中点,MF1.

    ∵∠BFC60°MNNF.

    N(0,0,0)ME

    .

    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|cosn|

    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

    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.

    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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