2018届高考数学二轮复习第一部分层级二保分专题七立体几何中的向量方法课件理
1 1 1 ，1， ，F 0，1， ， 2 2 2
―→ ―→ 1 ―→ ―→ EF ＝ －2，0，0 ， AP ＝(0,0,1)， AD ＝(0,2,0)， DC ＝
―→ (1,0,0)， AB ＝(1,0,0)．
―→ ―→ ―→ 1―→ (1)因为 EF ＝－ AB ，所以 EF ∥ AB ， 2 即EF∥AB. 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB. ―→ ―→ (2)因为 AP · DC ＝(0,0,1)· (1,0,0)＝0， ―→ ―→ AD · DC ＝(0,2,0)· (1,0,0)＝0， ―→ ―→ ―→ ―→ 所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ， 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.
[类题通法]
向量法证明平行与垂直的步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中 的垂直关系； (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示 出问题中所涉及的点、直线、平面的要素； (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平 行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．
利用空间向量证明空间位置关系
[师生共研·悟通] 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向
量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)． (1)线面平行： l∥α⇔a⊥u⇔a· u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直： l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行： α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3. (4)面面垂直： α⊥β⇔u⊥v⇔u· v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
保分专题(七) 立体几何中的向量方法
[全国卷3年考情分析]
年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 高考对此部分 的命题较为稳定， 一般为解答题，多 出现在第18或19题 的第二问的位置， 考查利用空间向量 求异面直线所成的 角、线面角或二面 角，难度中等偏上. 卷Ⅰ 二面角的余弦值的求解·T18(2)
a (2)由(1)知，E(0,0,3)，G2，1，4，F(0,1,4)， ―→ ―→ a 则 EG ＝2，1，1， EF ＝(0,1,1)，
―→ ―→ B1 D · EG ＝0＋2－2＝0， ―→ ―→ B1 D · EF ＝0＋2－2＝0， ―→ ―→ ―→ ―→ 所以 B1D ⊥ EG ， B1D ⊥ EF ， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG⊂平面 EGF，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.
[即学即用·练通]
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轴建立如图所示的空 间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，D(0,2,2)， B1(0，0,4)， 设BA＝a，则A(a,0,0)， ―→ ―→ ―→ 所以 BA ＝(a,0,0)， BD ＝(0,2,2)， B1D ＝(0,2，－2)， ―→ ―→ ―→ ―→ B1 D · BA ＝0， B1D · BD ＝0＋4－4＝0， ―→ ―→ ―→ ―→ 所以 B1D ⊥ BA ， B1D ⊥ BD ， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA⊂平面ABD，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD.
3．向量法求二面角 β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1，n2， l求出二面角 αβ 所成的角 θ 为锐角，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉| l若二面角 αn2| |n1· 则 cos θ＝－|cos β 所成的角 θ 为钝角， l若二面角 α； ＝ |n1||n2| n2 | |n1· . 〈n1，n2〉|＝－ |n1||n2|
利用空间向量求空间角
[师生共研·悟通]
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 |a· b| 角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ . |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 |n· a| 为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝ . |n||a|
[典例]
(2017· 全国卷Ⅲ)如图，
四面体 ABCD 中，△ABC 是 正三角形，△ACD是直角三角形，
❶
∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
[解答示范] ❷ (一)搭桥——找突破口 (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲证面面垂直，应 第(2)问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所 转化去证线面垂直或证其二面 对应法向量的夹角的余弦值，即通过建系，求所对应法向 角为直角，即找出二面角的平面 量来解决问题． 角，并求其大小为 90° ； (1)证明：平面 ACD⊥平Ⅲ 二面角的余弦值的求解·T19(2) 卷Ⅰ 二面角的余弦值的求解·T18(2)
2016 卷Ⅱ 二面角的正弦值的求解·T19(2)
卷Ⅲ 线面角的正弦值的求解·T19(2) 2015 卷Ⅰ 异面直线所成角的求解·T18(2) 卷Ⅱ 线面角的正弦值的求解·T19(2)
[典例]
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 为坐标原点，AB，AD，
AP 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(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以 E
―→ ―→ 1 ―→ ―→ EF ＝ －2，0，0 ， AP ＝(0,0,1)， AD ＝(0,2,0)， DC ＝
―→ (1,0,0)， AB ＝(1,0,0)．
―→ ―→ ―→ 1―→ (1)因为 EF ＝－ AB ，所以 EF ∥ AB ， 2 即EF∥AB. 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB. ―→ ―→ (2)因为 AP · DC ＝(0,0,1)· (1,0,0)＝0， ―→ ―→ AD · DC ＝(0,2,0)· (1,0,0)＝0， ―→ ―→ ―→ ―→ 所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ， 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.
[类题通法]
向量法证明平行与垂直的步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中 的垂直关系； (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示 出问题中所涉及的点、直线、平面的要素； (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平 行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．
利用空间向量证明空间位置关系
[师生共研·悟通] 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向
量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)． (1)线面平行： l∥α⇔a⊥u⇔a· u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直： l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行： α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3. (4)面面垂直： α⊥β⇔u⊥v⇔u· v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
保分专题(七) 立体几何中的向量方法
[全国卷3年考情分析]
年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 高考对此部分 的命题较为稳定， 一般为解答题，多 出现在第18或19题 的第二问的位置， 考查利用空间向量 求异面直线所成的 角、线面角或二面 角，难度中等偏上. 卷Ⅰ 二面角的余弦值的求解·T18(2)
a (2)由(1)知，E(0,0,3)，G2，1，4，F(0,1,4)， ―→ ―→ a 则 EG ＝2，1，1， EF ＝(0,1,1)，
―→ ―→ B1 D · EG ＝0＋2－2＝0， ―→ ―→ B1 D · EF ＝0＋2－2＝0， ―→ ―→ ―→ ―→ 所以 B1D ⊥ EG ， B1D ⊥ EF ， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG⊂平面 EGF，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.
[即学即用·练通]
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轴建立如图所示的空 间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，D(0,2,2)， B1(0，0,4)， 设BA＝a，则A(a,0,0)， ―→ ―→ ―→ 所以 BA ＝(a,0,0)， BD ＝(0,2,2)， B1D ＝(0,2，－2)， ―→ ―→ ―→ ―→ B1 D · BA ＝0， B1D · BD ＝0＋4－4＝0， ―→ ―→ ―→ ―→ 所以 B1D ⊥ BA ， B1D ⊥ BD ， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA⊂平面ABD，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD.
3．向量法求二面角 β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1，n2， l求出二面角 αβ 所成的角 θ 为锐角，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉| l若二面角 αn2| |n1· 则 cos θ＝－|cos β 所成的角 θ 为钝角， l若二面角 α； ＝ |n1||n2| n2 | |n1· . 〈n1，n2〉|＝－ |n1||n2|
利用空间向量求空间角
[师生共研·悟通]
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 |a· b| 角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ . |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 |n· a| 为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝ . |n||a|
[典例]
(2017· 全国卷Ⅲ)如图，
四面体 ABCD 中，△ABC 是 正三角形，△ACD是直角三角形，
❶
∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
[解答示范] ❷ (一)搭桥——找突破口 (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲证面面垂直，应 第(2)问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所 转化去证线面垂直或证其二面 对应法向量的夹角的余弦值，即通过建系，求所对应法向 角为直角，即找出二面角的平面 量来解决问题． 角，并求其大小为 90° ； (1)证明：平面 ACD⊥平Ⅲ 二面角的余弦值的求解·T19(2) 卷Ⅰ 二面角的余弦值的求解·T18(2)
2016 卷Ⅱ 二面角的正弦值的求解·T19(2)
卷Ⅲ 线面角的正弦值的求解·T19(2) 2015 卷Ⅰ 异面直线所成角的求解·T18(2) 卷Ⅱ 线面角的正弦值的求解·T19(2)
[典例]
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 为坐标原点，AB，AD，
AP 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(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以 E
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2018届高考数学二轮复习重点保分专题课件 专题(7)立体几何中的向量方法
3．向量法求二面角 β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1，n2， l求出二面角 αβ 所成的角 θ 为锐角，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉| l若二面角 αn2| |n1· 则 cos θ＝－|cos β 所成的角 θ 为钝角， l若二面角 α； ＝ |n1||n2| n2 | |n1· . 〈n1，n2〉|＝－ |n1||n2|
利用空间向量求空间角
[师生共研·悟通]
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 |a· b| 角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ . |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 |n· a| 为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝ . |n||a|
[典例]பைடு நூலகம்
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 为坐标原点，AB，AD，
AP 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(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以 E
[类题通法]
向量法证明平行与垂直的步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中 的垂直关系； (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示 出问题中所涉及的点、直线、平面的要素； (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平 行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．
[即学即用·练通]
最新-2018届高考数学一轮复习 87 立体几何中的向量方法课件 新人教A版 精品
PB 平面EFG, PB // 平面EFG.
题型二 利用向量求空间角
【例2】 （2008·海南理，18）如图所 示，已知点P在正方体ABCD—A′B′ C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小. 思维启迪 建立空间直角坐标系，利用空间向 量方法求解.
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 cos θ= cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 .
3.点面距的求法
如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的
| AB n |
法向量,则B到平面α的距离d= | n | .
基础自测
A. 2a
B. 2 a C.a
2
D. 1 a
2
解析 由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,
C（0，a，0），A′(a,0,a).
F (a, a ,0), E( a , a , a ).
2
222
| EF | (a a )2 ( a a )2 (0 a )2
2 22
2
a2 a2 2 a. 44 2
2
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小； (2)证明平面AMD⊥平面CDE; (3)求二面角A—CD—E的余弦值. (1)解 如图所示，建立空间直
角坐标系，点A为坐标原点，设 AB=1，依题意得B(1,0,0), C(1,1,0)，D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1)，
M (1 ,1, 1). 22
MB (1, 3,0),
8分
设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量，
则CM n 3x
题型二 利用向量求空间角
【例2】 （2008·海南理，18）如图所 示，已知点P在正方体ABCD—A′B′ C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小. 思维启迪 建立空间直角坐标系，利用空间向 量方法求解.
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 cos θ= cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 .
3.点面距的求法
如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的
| AB n |
法向量,则B到平面α的距离d= | n | .
基础自测
A. 2a
B. 2 a C.a
2
D. 1 a
2
解析 由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,
C（0，a，0），A′(a,0,a).
F (a, a ,0), E( a , a , a ).
2
222
| EF | (a a )2 ( a a )2 (0 a )2
2 22
2
a2 a2 2 a. 44 2
2
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小； (2)证明平面AMD⊥平面CDE; (3)求二面角A—CD—E的余弦值. (1)解 如图所示，建立空间直
角坐标系，点A为坐标原点，设 AB=1，依题意得B(1,0,0), C(1,1,0)，D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1)，
M (1 ,1, 1). 22
MB (1, 3,0),
8分
设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量，
则CM n 3x
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章 立体几何 7.7.2 精品
【解析】以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建 立空间直角坐标系,设AB=1, 则D(0,0,0),
N(0,1,
1 2
)，M(0,
1 2
,
0)，A1
1,
0,1，
所以DN
(0,1,
1 2
)，MA1
(1,
1 2
,1），
所以DN
MA1
0 1 1（
1 ） 2
1 1 2
0，
所以 DN M所A1以，A1M与DN所成的角的大小是90°. 答案:90°
则 A(－1,0，2)，B1 1,0,0，B(1,0，2)，C1(0，3，0)，
所以 AB1＝(2,0,－ 2)，BC1＝(－1, 3,－ 2)， 因为 AB1 BC1＝(2,0,－ 2) (－1, 3,－ 2)＝0， 所以 AB1 即BC异1，面直线AB1和BC1所成角为直角，则其 正弦值为1.
b.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=_c_o_s_<n__1,_n_2_> 或_-_c_o_s_<_n_1_,_n_2>_.
【特别提醒】 1.利用 | AB |2 ＝AB AB 可以求空间中有向线段的长度． 2.点面距离的求法
【变式训练】将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以
A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD
与BC所成的角为 ( )
A.
B.
C.
D.
6
4
3
2
【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意当以 A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC 的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接 BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以 OD,OB,OC 所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令 BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章 立体几何 7.7.1 精品
【规律方法】用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向 量垂直 ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方 线面平行 向向量平行 ③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
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) 面面平行 ②转化为线面平行、线线平行问题
【证明】因为平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方 形,所以AB,AP,AD两两垂直,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(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2), E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0). PB =(2,0,-2), FE＝(0,－1,0)， ＝FG(1,1，－1)，
设 PB＝sFE＋tFG，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
t 2,
所以 t s 解0得, s＝t＝2.所以
PB＝2FE＋2FG，
t 2,
又因为 FE与 F不G共线，所以 与PB 共FE面，FG．
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
考向二 利用空间向量证明垂直问题 【典例2】(2016·开封模拟)如图,已知AB⊥平面 ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB. 求证：平面BCE⊥平面CDE.
第七节 立体几何中的向量方法 第一课时 利用空间向量证明空间中的
位置关系
【知识梳理】 1.直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所 在直线与直线l_平__行__或_重__合__,则称此向量a为直线l的方 向向量.
届高考数学(理)一轮复习课件：7.8立体几何中的向量方法(人教A版).ppt
(3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量； ②转化为线面平行、线线平行问题. 2．用向量证明垂直的方法 (1)线线垂直: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． (2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将 线面垂直的判定定理用向量表示．
(3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判 定定理用向量表示． 【提醒】用向量证明平行、垂直时，要注意解题的规范性.如证 明线面平行时，仍需要表明一条直线在平面内、另一条直线在 平面外.
向量，则求法向量的方程组为
nga nga
0． 0
【即时应用】 (1)思考：在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量， 但只有两个方程，如何求法向量？ 提示：给其中某一变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解， 即可作为法向量的坐标．
(2)若 A(0, 2,19), B(1, 1, 5),C(2,1, 5) 是平面α内的三点，设平面
8
8
8
α的法向量n=(x,y,z)，则x∶y∶z=______.
【解析】
uuur AB
(1，
3，
7
uuur )，AC
(2,
1,
7
),
4
4
由
n n
uuur AB uuur AC
x 3y 2x
7z
得4
y7 4
0 z
0
x z
2y 3． 4y
3
所以x∶ y∶z 2 y∶y∶( 4 y) 2∶3∶4．
线段所在直线与直线l 平行 或
重合 ,则称此向量 a 为直线l
的方向向量.
在直线上任取两点， 这两点确定的向量即可 为直线的方向向量．
2018高考数学(理)一轮复习课件 第七章 立体几何 第7讲 课件
辨明两个易误点 (1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答
π 案而忽视了夹角范围为0， 2 .
(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的 绝对值应为线面角的正弦值．
1．已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量和法向 1 量，若 cos〈m，n〉＝－ ，则 l 与 α 所成的角为( 2 A．30° C．120° B．60° D．150°
(2)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 |e· n| 有 sin φ＝|cos θ|＝____________ ． |e||n|
(3)求二面角的大小 a．如图①，AB，CD 是二面角 α β 两个半平面内与棱 → → 〈AB，CD〉． l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝____________ l
【解】 (1)证明：如图，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 故 DF＝ . 2
a a → → → 则CA＝(2a，0，0)，AP＝－a，－2，2，CB＝(a，a，0)．
设平面 PAC 的法向量为 n，易知可取 n＝(0，1，1)， → CB·n a 1 → 则 cos〈CB，n〉＝ ＝ ＝ . 2 → 2a · 2 2 |CB||n| → 所以〈CB，n〉＝60°， 所以直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90°－60°＝30°.
n＝－
2018高考数学理二轮复习课件：1-4-2 高考中的立体几何 精品
[解] ①证明：∵AD⊥侧面 PAB，PE⊂平面 PAB， ∴AD⊥PE. 又∵△PAB 是等边三角形，E 是线段 AB 的中点， ∴PE⊥AB.∵AD∩AB＝A， ∴PE⊥平面 ABCD. 而 CD⊂平面 ABCD，所以 PE⊥CD.
②求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值．
[解]②以 E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz.
②求平面 B1GE 与底面 ABC 所成锐二面角的余弦值．
[解]②过点 A1 作 A1O⊥AB，垂足为 O，连接 OC， ∵侧面 AA1B1B⊥底面 ABC， ∴A1O⊥底面 ABC， ∴∠A1AB＝60°， ∵AA1＝2，∴AO＝1， ∵AB＝2，∴点 O 是 AB 的中点， 又∵点 G 为正三角形 ABC 的重心， ∴点 G 在 OC 上， ∴OC⊥OB，
热点探究悟道
热点一 空间位置关系 (1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2，E 为棱 CC1 的中点．
①求证：B1D1⊥AE；
[证明] ①连接 BD， 则 BD∥B1D1. ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AC⊥BD. ∵CE⊥平面 ABCD， ∴CE⊥BD. 又 AC∩CE＝C， ∴BD⊥平面 ACE. ∵AE⊂平面 ACE， ∴BD⊥AE， ∴B1D1⊥AE.
＝ |a·b| |a||b| .
(2)线面角
|l·n|
设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量，则斜线 l 与平面 α 所成的角满足 sinθ＝ |l||n| .
(3)二面角 →①如→图(ⅰ)，AB，CD 是二面角 α－l－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〉 ．
∵A1O⊥底面 ABC，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC， 以 O 为原点，分别以 OC，OB，OA1 为 x，y，z 轴建立如图空间直角坐标系 O-xyz，由题意得 A(0，
②求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值．
[解]②以 E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz.
②求平面 B1GE 与底面 ABC 所成锐二面角的余弦值．
[解]②过点 A1 作 A1O⊥AB，垂足为 O，连接 OC， ∵侧面 AA1B1B⊥底面 ABC， ∴A1O⊥底面 ABC， ∴∠A1AB＝60°， ∵AA1＝2，∴AO＝1， ∵AB＝2，∴点 O 是 AB 的中点， 又∵点 G 为正三角形 ABC 的重心， ∴点 G 在 OC 上， ∴OC⊥OB，
热点探究悟道
热点一 空间位置关系 (1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2，E 为棱 CC1 的中点．
①求证：B1D1⊥AE；
[证明] ①连接 BD， 则 BD∥B1D1. ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AC⊥BD. ∵CE⊥平面 ABCD， ∴CE⊥BD. 又 AC∩CE＝C， ∴BD⊥平面 ACE. ∵AE⊂平面 ACE， ∴BD⊥AE， ∴B1D1⊥AE.
＝ |a·b| |a||b| .
(2)线面角
|l·n|
设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量，则斜线 l 与平面 α 所成的角满足 sinθ＝ |l||n| .
(3)二面角 →①如→图(ⅰ)，AB，CD 是二面角 α－l－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〉 ．
∵A1O⊥底面 ABC，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC， 以 O 为原点，分别以 OC，OB，OA1 为 x，y，z 轴建立如图空间直角坐标系 O-xyz，由题意得 A(0，
2018年高三数学(理)一轮复习课件 立体几何中的向量方法
第八章
知识梳理 双基自测
8.7
立体几何中的向量方法
知识梳理 核心考点
-3-
1
2
3
4
5
2.线面关系的判定 设直线l1的方向向量为e1=(a1,b1,c1),直线l2的方向向量为 e2=(a2,b2,c2),平面α的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面β的法向量为 n2=(x2,y2,z2). (1)如果l1∥l2,那么e1∥e2⇔ e2=λe1 ⇔ a2=λa1,b2=λb1,c2=λc1 . e2=0 (2)如果l1⊥l2,那么e1⊥e2⇔ e1· ⇔ a1a2+b1b2+c1c2=0 . (3)若l1∥α,则e1⊥n1⇔e1· n1=0⇔ a1x1+b1y1+c1z1=0 . (4)若l1⊥α,则e1∥n1⇔e1=μn1⇔ a1=μx1,b1=μy1,c1=μz1 . (5)若α∥β,则n1∥n2⇔n1=kn2⇔ x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2 . (6)若α⊥β,则n1⊥n2⇔n1· n2=0⇔ x1x2+y1y2+z1z2=0 .
8.7
立体几何中的向量方法
பைடு நூலகம்
第八章
知识梳理 双基自测
8.7
立体几何中的向量方法
知识梳理 核心考点
-2-
1
2
3
4
5
1.直线的方向向量与平面的法向量 e共线 (1)直线l上的非零向量e以及与 的非零向量叫做直 线l的方向向量. (2)如果表示非零向量n的有向线段所在直线 垂直于 平面α, 那么称向量n垂直于平面α,记作 n⊥α .此时把 向量n 叫 做平面α的法向量.
第八章
知识梳理 双基自测
8.7
2018高考一轮数学(课件)第7章 第7节 立体几何中的向量方法
图 7-7-4 (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. 【导学号：51062248】
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第二十页，编辑于星期六：二十二点 三十四分。
高三一轮总复习
[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. 以 D 为坐标原点，D→A的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标 系 D-xyz，则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，F→E＝(10,0,0)，H→E＝(0， －6，8).9 分
0＜〈a，b〉＜π
关系
|a·b| cos θ＝|cos〈a，b〉|＝_|_a_||b_|__
cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
4．求直线与平面所成的角
设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角 |a·n|
为 θ，则 sin θ＝_|c_o_s_〈__a_，__n_〉__| ＝__|a_|_|n_|_.
1
2
A.10
B.5
30 C. 10
2 D. 2
C [建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz，设 BC＝2，则 B(0,2,0)，A(2,0,0)，
M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以B→M＝(1，－1,2)，A→N＝(－1,0,2)，故 BM
→→
与
AN
所成角
θ
的余弦值
最新-2018届高考数学二轮复习 专题2第7讲 平面向量课件 新课标版 精品
第7讲 │ 要点热点探究
【分析】 (1)待定系数法；(2)用椭圆上点 P 的坐标表示出数量 积P→F1·P→A，根据椭圆上点的坐标的范围求解；(3)根据已知的垂直关 系和向量等式，求出A→M·A→N，然后使用韦达定理代入，得出直线方 程中的参数 k，m 的关系，再根据这个关系确定直线系过的定点．
【解答】 (1)由已知得 c＝1，a＝2，b＝ 3，∴所求椭圆方程为x42＋y32 ＝1.
与 b 的方向相反，则 a 的坐标为________．
第7讲 │ 要点热点探究
(1)C (2)(－4，－2) 【解析】 (1)M→O＝A→O－A→M＝A→B＋2 A→C－m1 A→B＝ 12－m1 A→B＋12A→C，
同理N→O＝12－n1A→C＋12A→B，M，O，N 三点共线，故12－m1 A→B＋12A→C＝ λ12－n1A→C＋12A→B，即12－m1 －2λA→B＋12－2λ＋nλA→C＝0.
第7讲 │ 要点热点探究
【点评】 向量的共线定理和平面向量基本定理是平面向量中 的两个带有根本意义的定理．平面向量基本定理是平面内任意一 个向量都可以用两个不共线的向量唯一线性表示，这个定理的一 个极为重要的导出结果是，如果 a，b 不共线，那么 λ1a＋λ2b＝μ1a ＋μ2b 的充要条件是 λ1＝μ1 且 λ2＝μ2.共线向量定理有一个直接的 导出结论，即如果O→A＝xO→B＋yO→C，则 A，B，C 三点共线的充 要条件是 x＋y＝1.
【点评】 平面向量问题的难点就是把平面向量的几何 运算与数量积运算的结合，这里要充分利用平面向量的几何 运算法则、平面向量的共线向量定理、两向量垂直的条件以 及平面向量数量积的运算法则，探究解题的思想．
第7讲 │ 要点热点探究
(1)[2011·课标全国卷] 已知 a 与 b 均为单位向量， 其夹角为 θ，有下列四个命题：