16-17版 第1部分 专题4 突破点12 立体几何中的向量方法
2019年高考数学第1部分重点强化专题专题4立体几何突破点10立体几何中的向量方法教学案
突破点10 立体几何中的向量方法(对应学生用书第37页)[核心知识提炼]提炼1两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2. (2)设直线l 1，l 2的方向向量为s 1，s 2，则cos θ＝|cos 〈s 1，s 2〉|＝|s 1·s 2||s 1|·|s 2|. 提炼2直线与平面的夹角 (1)直线与平面的夹角θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. (2)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n||a|·|n|.提炼3两个平面的夹角(1)如图101①，AB ，CD 是二面角αl β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．①②③图101(2)如图101②③，n 1，n 2分别是二面角αl 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＝－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．[高考真题回访]回访1 空间向量及其运算1．(2015·浙江高考)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________.1222 [对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，说明当x ＝x 0，y ＝y 0时，|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值1.|b －(x e 1＋y e 2)|2＝|b |2＋(x e 1＋y e 2)2－2b ·(x e 1＋y e 2)＝|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y ，要使|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y 取得最小值，需要把x 2＋y 2＋xy －4x －5y 看成关于x 的二次函数，即f (x )＝x 2＋(y －4)x ＋y 2－5y ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x ＝2－y 2，所以当x ＝2－y 2时，f (x )取得最小值，代入化简得f (x )＝34(y －2)2－7，显然当y ＝2时，f (x )min ＝－7，此时x ＝2－y 2＝1，所以x 0＝1，y 0＝2.此时|b |2－7＝1，可得|b |＝2 2.]回访2 立体几何中的向量方法2．(2016·浙江高考)如图102，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________．图102 66[如图，作D ′F ⊥AC 于点F ，作BE ⊥AC 于点E ，作FM 垂直于过点B 平行于AC 的直线，垂足为M ，则∠D ′BM 是AC 与BD ′所成的角(或其补角)．在△AD ′C 中，D ′C ＝1，AD ′＝5，∠AD ′C ＝90°，∴AC ＝6，D ′F ＝56，CF ＝66.在△BAC 中，BC ＝BA ＝3，BE ＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝152.而AE ＝62，∴EF ＝6－66－62＝63. ∵MF ＝BE ＝152， ∴D ′M ＝D ′F 2＋FM 2－2D ′F ·FM ·cos∠D ′FM ＝56＋152－256×152cos ∠D ′FM ＝253－5cos ∠D ′FM .。
立体几何中的向量方法
P
a
AP t AB
B
这样,点A和向量 a （l的方向向量）
不仅可以确定直线l的位置,还可
A
以具体表示出l上的任意一点.
Page 6
问题探究3：
给定平面上的一个点O和两个定 方向（向量），你能确定这个平面在 空间的位置吗？
分析:直线方向向量与直线位置关系,
l1 ∥l2 a ∥b;l1 ⊥l2 a ⊥b
据此可判断两直线的位置关系
①平行②垂直③相交或异面
Page 20
例2 (2)设u‚v分别是平面‚ 的法向量,根据下列条件
判断 与 的位置关系:
①
1 u (1,1,2),v (3,2, )
除此之外, 还可以用垂直于平面的直线的方向向 量(这个平面的法向量)表示空间中平面的位置.
Page 8
平面的法向量：
直线l ,取直线l的方向向量n,则向量n ， 向量n叫做平面的法向量
l
给定一点A和一个向量 n,那么
过点A,以向量 n 为法向量的平面是
n 完全确定的.
注意：
A
A 1.法向量一定是非零向量;
Page 11
lm
l
//
m
a
//
b
a
kb ,
k
R
Page 12
l
l
//
a
u
au
0
Page 13
//
u
// v
求解立体几何问题的向量方法
求解立体几何问题的向量方法向量方法在立体几何问题中的应用十分广泛，可以用于求解点、线、面的性质和相互关系，以及计算距离、角度和体积等问题。
以下将从点、线、面以及相关性质等方面详细介绍向量方法在立体几何中的应用。
一、点与向量的关系及性质：1.点P的坐标表示：设点P在空间中的坐标为(x,y,z)，则向量OP的坐标表示为(x,y,z)，其中O为坐标原点。
2.点的向量表示：点P与原点O的连线可表示为向量OP。
3.向量的模：向量OP的模记作，OP，或，OP，表示以点O为起点，点P为终点的有向线段OP的长度。
4.两点之间的向量：设点P(x1,y1,z1)、点Q(x2,y2,z2)，则向量PQ 的坐标表示为(Q-P)=(x2-x1,y2-y1,z2-z1)。
5.向量的方向：向量OP的方向是从点O指向点P的，可以用单位向量来表示，即方向与模相等的向量。
二、线的性质及向量表示：1.直线方程的向量表示：对于直线L，设点P在直线L上，向量n为直线的方向向量，则直线L上的任意一点P的坐标表示为P=P₀+t·n，其中t为实数，P₀为直线L上一点的坐标。
2.直线的方向向量：对于直线L，若直线L的方向向量u的坐标分量为(a,b,c)，则直线L的方向向量u=(a,b,c)。
3.直线的垂直性判定：若向量u和v互相垂直，则u·v=0。
4.直线的共面性判定：设直线L₁上有两点A和B，直线L₂上有一点P，则L₁和L₂共面当且仅当向量AB和AP共面，即[AB,AP]=0，其中[AB,AP]表示向量AB和AP的叉乘。
三、平面的性质及向量表示：1.平面的方程：平面上任意一点P(x,y,z)满足Ax+By+Cz+D=0称为平面的方程，其中(A,B,C)为平面的法向量。
2.平面的法向量：平面的法向量表示平面垂直于该向量的方向，可表示为n=(A,B,C)。
3.平面的一般方程：Ax+By+Cz+D=0。
若平面上有一点P₀(x₀,y₀,z₀)，则平面的一般方程可表示为A(x-x₀)+B(y-y₀)+C(z-z₀)=0。
知识归纳：立体几何中的向量方法
知识归纳：立体几何中的向量方法1.直线的方向向量：我们把直线l 上的向量以及与共线的向量叫做直线l 的方向向量.2.平面的法向量：如果表示向量a 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥，如果α⊥，那么向量叫做平面α的法向量.给定一个点，以向量为法向量的平面是完全确定的.3.空间向量解决立体几何问题的“三步曲”：（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及到的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义．4.用向量研究空间线面关系，设空间两条直线21,l l 的方向向量分别为21,e e ，两个平面21,αα的法向量分别为21,n n ，则有如下结论5.用向量法求线线角：AB 与CD 的夹角和AB 与CD 的夹角相等或互补.公式为cos ,||||AB CDAB CD AB CD ⋅<>=.6.法向量求线面角：设平面β的斜线l 与平面β所成的角为α1，斜线l 与平面β的法向量所成角α2，则α1与α2互余或与α2的补角互余.求出斜线与平面的法向量所成的角后，即可求出斜线与平面所成的角的大小.公式为cos ,||||AB nAB n AB n ⋅<>=.7.法向量求面面角：一个二面角的平面角α1与这个二面角的两个半平面的法向量所成的角α2相等或互补.求出两平面的法向量所成的角后，即可求出二面角的大小.公式为121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=.8.向量法求异面直线间的距离：设分别以这两异面直线上任意两点为起点和终点的向量为，与这两条异面直线都垂直的向量为，则两异面直线间的距离是在方向上的正射影向量的模.公式为d 9.向量法求点到平面的距离：设分别以平面外一点P 与平面内一点M 为起点和终点的向量为，平面的法向量为，则P 到平面的距离d 等于在方向上正射影向量的模.公式为||n d =。
立体几何中的向量方法
例2 (2)设u‚v 分别是平面 ‚ 的法向量,根据下列条件
判断 与 的位置关系:
①
u
(1,
1,
2), v
(3,
2,
1 )
2
② u (0, 3,0),v (0, 5,0)
③ u (2, 3, 4), v (4, 2,1)
分析:平面法向量与两平面位置关系,
∥ u∥v; ⊥ u⊥v
设直线 l, m 的方向向量分别为 a, b ，平面 ,
的法向量分别为 u, v ，则
线线平行 l ∥ m a ∥ b a kb ；
线面平行 l ∥ a u a u 0 ；
面面平行 ∥ u ∥ v u kv.
注意：这里的线线平行包括线线重合，线面平行 包括线在面内，面面平行包括面面重合.
设直线 l, m 的方向向量分别为 a, b ，平面 ,
的法向量分别为 u, v ，则
线线垂直 l ⊥ m a ⊥ b a b 0 ；
线面垂直 l ⊥ a ∥ u a ku ；
面面垂直 ⊥ u ⊥ v u v 0.
例2 (1)设a‚b 分别是直线 l1 ‚l2的方向向量,根据下列
l
m
几点注意： 1.法向量一定是非零向量; 2.一个平面的所有法向量都互相平行;
3.向量m是平面的法向量，向量 n 是与平面
平行或在平面内，则有
nm 0
A
问题：如何求平面的法向量？
(1)设出平面的法向量为n ( x, y, z)
(2)找出（求出）平面内的两个不共 Nhomakorabea的向量的坐标a (a1, b1, c1), b (a2 , b2 , c2 ) (3)根据法向量的定义建立关于x, y, z的
立体几何中的向量法 课件
X
Y
Z
X
Y
Z
评注： 由于三种平行关系可以相互转化， 所以本题可用逻辑推理来证明。 用向量法将逻辑论证转化为问题的算法化， 在应用向量法时需要合理建立空间直角坐标系， 方能减少运算量。本题选用了坐标法。
用空间向量证明“平行”， 包括线面平行和面面平行。
↑
→
↑
↑
三.用向量处理垂直问题
F
E
X
Y
Z
F
E
X
Y
Z
评注： 本题若用一般法证明， 容易证A’F垂直于BD， 而证A’F垂直于DE， 或证A’F垂直于EF则较难， 用建立空间坐标系的方法 能使问题化难为易。
线线垂直
A
B
C
D
M
X
Y
Z
利用向量解决 平行与垂直问题
用向量运算证明平行关系
一、直线与直线平行 ——理论依据及解题步骤
利用以上结论，可以较容易地处理立体几何中的线线平行的问题．
二、直线与平面平行
一、用向量处理平行问题
A
D
C
B
E
F
N
M
A
D
C
B
E
F
N
M
评注： 向量p与两个不共线的向量a、b共面的充要条件是 存在实数对x,y使p=xa+yb. 利用共面向量定理可以证明线面平行问题。 本题用的就是向量法。
立体几何中的向量方法
1．用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” （1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向
量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几 何问题转化为向量问题；
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间夹角问题
（3）把向量的运算结果“翻译”成相对应的几何意 义。
2．向量的相关知识： （1）两向量数量积的定义：
且OS=OC=BC=1，OA=2.
z
求：(3)二面角B－AS－O的余弦值.
S
解：由(2)知平面SAB的一个法向量为n (1，1，2)，
O
又由OC 平面SAO知OC是平面SAO的法向量
A
且OC (0，1，0)
x
cos n，OC 0 1 0 6 6 1 6
所以二面角B－AS－O的余弦值为 6 6
2
CD (1, 1 , 0), SD (0, 1 , 1)
2
2
S B
xA D
设平面 SCD的法向量n2 (x, y, z), 由n2 CD, n2 SD,得：
x2y 2yz
0 0
x
z
y 2 y 2
任取n2 (1, 2,1)
cos
n1, n2
|
n1 n2 n1 || n2
|
可得PA 2EG PA // EG。因为PA与EG不共线，所以PA // EG
又PA 平面EDB，EG 平面EDBPA // 平面EDB
(2)求EB与底面ABCD所成的角的正切值。
解：因为PD 平面ABCD，所以PD是平面ABCD的法向量。
由(1)知D(0，0，0)，P(0，0，1)，
z P
两直线 l, m 所成的角为 ( 0 ≤ ≤ ), cos a b ；
【推荐】专题12 立体几何中的向量方法(专题)-2017年高考数学(文)考纲解读与热点难点突破
【2017年高考考纲解读】 高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求； (2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求； (3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B 级要求． 【重点、难点剖析】1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0..(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．空间角的计算 (1)两条异面直线所成的角设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．(2)直线和平面所成的角如图所示，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|＝|e ·n ||e ||n |.(3)二面角如图所示，二面角α－l －β，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面有α－l－β的大小为θ或π－θ.3．用向量法证明平行、垂直问题的步骤(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面．(2)通过向量运算研究平行、垂直问题．(3)根据运算结果解释相关问题．4．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.【题型示例】题型一向量法证明平行与垂直【例1】【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF-中,平面BCFE⊥平面ABC,=90∠,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.ACB(I)求证：EF⊥平面ACFD；(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II【解析】（Ⅰ）延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC BC⊥．⊥，所以AC⊥平面BCK，因此BF AC 又因为//BC=，===，2EF BC，1BE EF FC所以BCK⊥．△为等边三角形，且F为CK的中点，则BF CK所以BF⊥平面ACFD．方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK△为等边三角形．取BC的中点O，则KO BC⊥，又平面BCFE⊥平面ABC，所以，KO⊥平面ABC．以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．由题意得()1,3,0C-，，()A--，，B，()1,0,01,0,0因此，()2,3,0AB=．AC=，(1,3,AK=，()0,3,0所以，二面角B AD F --的平面角的余弦值为【举一反三】 (2015·陕西，18)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值．【解析】(1)证明 在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC ，又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綉ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2，如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)，【变式探究】(2014·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直， 且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E－BF－C的正弦值．【命题意图】本题主要考查直线与平面的位置关系的判定和性质、二面角的作法和求法以及空间向量的应用等知识，结合位置关系的判断和空间角的求法，考查考生的空间想象能力和运算求解能力．【思路方法】(1)可以利用线面的垂直来判定线线垂直，也可以利用空间向量来求解．(2)可以作出二面角再进一步求解，也可以利用空间向量求解．(2)如图(1)，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC.又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的一个平面角，在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin∠EGO ＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255.(2)如图(2)，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，【感悟提升】(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，而用向量法证明空间线线、线面、面面平行或垂直时，实质上转化成直线的方向向量与平面的法向量之间的关系．(2)用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，而直接算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.【解析】【证明】如图建立空间直角坐标系A－xyz，不妨设AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．【规律方法】证明平行、垂直关系时，若用传统的几何法，难以找出问题与条件的关系时，可采用向量法，但向量法要求计算必须准确无误，利用向量法的关键是正确求平面的法向量．【变式探究】如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.【解析】【证明】由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.MDF ⊥平面EFCD .题型二 利用向量求空间角【例2】【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，，EF 交BD 于点H ．将DEF∆沿EF 折到D EF '∆位置，（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；【解析】（Ⅰ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得，故AC EF ∥.因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥.由5AB =,6AC =得由EF AC ∥得所以1OH =，==3D H DH '.于是222223110D H OH D O ''+=+==， 故D H OH '⊥. 又D H EF '⊥，而OHEF H =，所以D H ABCD '⊥平面.【举一反三】(2015·四川，14)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．【答案】 25＝255·1－y 4y 2＋5， 令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos α＝|cos θ|＝255·t 4t 2－8t ＋9 ＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2，令x ＝1t，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos α＝25514－8x ＋9x2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在1，＋∞)上单增， ∴x ＝1，z min ＝5，此时cos α的最大值＝255·15＝255·55＝25. 【变式探究】(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E A 1D B 1的余弦值．设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0， (－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.【举一反三】(2015·重庆，19)如图，三棱锥P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A －PD －C 的余弦值．以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A －PD －C 的余弦值为36. 【感悟提升】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．利用空间向量求空间角的思路(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|； (2)直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．提醒：当通过二面角的两个面的法向量求解时，其中一个法向量可从题中与该面垂直的直线的方向向量得到，而不必都求．【变式探究】如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形 AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，322，52，设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0，即【规律方法】异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等，其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定．题型三 利用空间向量解决探索性问题【例3】【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2. （I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值；（III ）设H 为线段AF 上的点，且AH ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O为点，分别以,,AD BA OF 的方向为x 轴，y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则2200n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20x y x y z +=⎧⎨-++=⎩.不妨设1x =，可得()21,1,1n =-.因此2,3OA n OA n OA n ⋅>==-⋅于3,OA n <>=所以，二面角O EF C --的正弦值为（III因为()1,1,2AF =-，所以22,AH AF ⎛==-【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系，二面角、直线与平面所成的角，直线与平面垂直等基础知识，意在考查考生利用空间向量解决立体几何问题的方法及空间想象能力、运算能力和推理论证能力．【解题思路】(1)建系坐标化，通过数量积为零证明垂直关系． (2)关键在于求出平面PBD 的法向量．(3)通过设CF →＝λCP →，用参数表示出点F 坐标，由垂直关系求解，进而确定二面角． 【解析】依题意，以A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明：BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC . (2)BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量，于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE→|n ||BE →|＝26×2＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.【感悟提升】(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确．(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效．(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：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．【变式探究】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ， ∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)解 连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2·1＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a24＝32，解得a＝2，即AB的长为2.【规律方法】空间向量最适合于解决这类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；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解题．【变式探究】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB ＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1的值．A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，A1C1→＝(4，0,0)，A1B→＝(0,3，－4)，B1C1→＝(4，－3,0)，BB1→＝(0,0,4)．(3)证明 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0则λ＝925，因为925∈0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B 此时BD BC 1＝925. 题型四 空间距离例4．(2015·江苏，22)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．(2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)， 则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 【变式探究】(2015·山东，17)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE, ∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.D(0，0，1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)， 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0. 可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)．所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12. 所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2017版高三二轮复习与策略
[解] (1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD. AE CF 又由 AE＝CF 得AD＝CD， 故 AC∥EF.2 分 因此 EF⊥HD，从而 EF⊥D′H. 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. OH AE 1 由 EF∥AC 得DO＝AD＝4. 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是 D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故 D′H⊥OH.4 分 又 D′H⊥EF，而 OH∩EF＝H，所以 D′H⊥平面 ABCD.5 分
2017版高三二轮复习与策略
核 心 知 识 · 聚 焦
突破点 12
热 点 题 型 · 探 究
立体几何中的向量方法
专 题 限 时 集 训
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
提炼 1 两条异面直线的夹角 (1)两异面直线的夹角
π 0 θ∈ ， 2 .
|s1· s2| (2)设直线 l1，l2 的方向向量为 s1，s2，则 cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝|s1|· |s2|.
3 图 12(1)证明 MN∥平面 PAB； (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值．
上一页 返回首页 下一页
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
→ n· AC＝0， → · AD n ′＝0，
6x2＝0， 即 3x2＋y2＋3z2＝0，
所以可取 n＝(0，－3,1).10 分 －14 7 5 m· n 于是 cos〈m，n〉＝|m||n|＝ 50× 10＝－ 25 . 2 95 sin〈m，n〉＝ 25 . 2 95 D′AC 的正弦值是 25 .12 分 因此二面角 B上一页 返回首页 下一页
π 0 θ∈ ， 2.
|n1· n2| (2)设平面 π1 与 π2 的法向量分别为 n1 与 n2， |＝|n1|· n2〉 则 cos θ＝|cos 〈n1， |n2|.
上一页 返回首页 下一页
2017版高三二轮复习与策略
回访 1
直线与平面的夹角
1．(2015· 1，长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB＝16，BC＝10， 全国卷Ⅱ)如图 12AA1＝8，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1 上，A1E＝D1F＝4.过点 E， F 的平面 α 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值． 1 图 12上一页 返回首页 下一页
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
提炼 2 直线与平面的夹角 (1)直线与平面的夹角
π 0 θ∈ ， 2 .
(2)设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，则 sin θ＝|cos〈a，n〉| |a· n| ＝|a|· |n|. 提炼 3 两个平面的夹角 (1)两个平面的夹角
2017版高三二轮复习与策略
热点题型 1 向量法求线面角
题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破 口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
(2016· 3，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD， 全国丙卷)如图 12AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC 的中点．
2017版高三二轮复习与策略
→ D DA 以 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，则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE＝(10,0,0)，HE＝(0，－ 6,8).8 分 → n· FE＝0， 设 n＝(x，y，z)是平面 EHGF 的法向量，则 → HE＝0， n·
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
回访 2 两个平面的夹角 2．(2016· 2，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB 全国甲卷)如图 125 ＝5，AC＝6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF＝4，EF 交 BD 于点 H.将△ DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置，OD′＝ 10. (1)证明：D′H⊥平面 ABCD； (2)求二面角 BD′AC 的正弦值．
上一页 返回首页 下一页
2017版高三二轮复习与策略
→ (2)如图，以ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱH 为坐标原点，HF的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 Hxyz，则 H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
10x＝0， 即 －6y＋8z＝0，
上一页
返回首页
下一页
2017版高三二轮复习与策略
所以可取 n＝(0,4,3).10 分 → |n· AF| 4 5 → → 又AF＝(－10,4,8)，故|cos〈n，AF〉|＝ → ＝ 15 . |n||AF| 4 5 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 15 .12 分
2017版高三二轮复习与策略
[解] (1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示．
5分
(2)作 EM⊥AB，垂足为 M，则 AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH＝EF＝BC＝10. 于是 MH＝ EH2－EM2＝6，所以 AH＝10.7 分
上一页
返回首页
下一页
→ → → AB＝(3，－4,0)，AC＝(6,0,0)，AD′＝(3,1,3).8 分 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABD′的法向量，则 → m· AB＝0， → AD′＝0， m·
3x1－4y1＝0， 即 3x1＋y1＋3z1＝0，
所以可取 m＝(4,3，－5)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACD′的法向量，则