2020届二轮复习 专题五 5.3 立体几何中的向量方法 课件(47张)
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立体几何中的向量方法 课件
则nn··DD→→BM＝＝00，，得2xx＋＋22z＝y＝0.0，
令 x＝2，则 y＝－2，z＝－1，从而 n＝(2，－2，－)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 θ，
则
sin
θ＝|cos〈n·A→E〉|＝
→ n·AE
→
＝4155，
2．关注三种角的易错点 (1)异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向 量夹角的补角是异面直线所成的角． (2)直线与平面所成的角：在上述求法中要注意的是 sin φ＝ ||nn|·|ee||，而不是 cos φ＝||nn|·|ee||. (3)二面角与法向量的夹角： 利用平面的法向量求二面角的大 小时，当求出两半平面 α，β 的法向量 n1，n2 时，要根据向量 坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量 n1， n2 的夹角是相等，还是互补．
|n|·|AE|
所以直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4155.
向量法求线面角的两大途径 (1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线和平面所成的角．
|e·n| sin φ＝|cos θ|＝_|_e_||_n_| __．
(3)二面角的求法 a．如图①，AB，CD 是二面角 α l β 两个半平面内与棱 l 垂 直的直线，则二面角的大小 θ＝_〈__A→_B_，__C_→_D_〉___．
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 cos θ ＝ ___c_o_s_〈__n_1，__n__2〉__或__－__c_o_s_〈__n_1_，__n_2_〉__．
2020年高考数学(理科)大二轮复习课件：专题五 立体几何、立体几何中的向量方法
()
关闭
A.10 B.12
C.14 D.16
由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧 面是全等的直角梯形,且该直角梯形的上底长为 2,下底长为 4,高为 关闭
2B,则 S 梯=(2+4)×2÷2=6,所以这些梯形的面积之和为 12.
解析 答案
核心归纳
-22-
规律总结
拓展演练
4.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正
6
1a3∶5a3=1∶5=1.
66
5
关闭
D
解析 答案
核心归纳
-20-
规律总结
拓展演练
2.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的
三视图,则该多面体的表面积为( )
A.18+36 5
B.54+18 5
C.90
关闭
由D题.81意知该几何体为四棱柱,且四棱柱的底面是边长为 3 的正方形,
(2017 全国Ⅱ,理 4) (201面7 全体国的Ⅲ切,接理问8)题中的
(2018 全国Ⅰ,理 7) (201有8 全关国几Ⅱ何,体理的16表) 面积、
(2018 全国Ⅲ,理 3) (201体8 全积国的Ⅲ考,查理又10是) 高考
的一个热点,难度不大,
主要以选择题、填空题
的形式考查.
复习策略
抓住考查的主 要题目类型进 行训练,重点有 三个:一是三视 图中的几何体 的形状及面积、 体积;二是求柱 体、锥体、台体 及球的表面积、 体积;三是求球 与多面体的相 切、接问题中的 有关几何体的 表面积、体积.
当 D 在 O 的正上方时, VD-ABC=13S△ABC·(R+|OO1|)=13 ×9 3 ×6=18 3,最大. 故选 B.
立体几何中的向量方法ppt
r 设直线l的方向向量为a = (a1 , b1 , c1 ), 平面α的 注意：这里的线线平行包括线线重合， 注意：这里的线线平行包括线线重合，线面平行 r 法向量为u =r(a2 , b2 , c2 ),则 包括线在面内，面面平行包括面面重合 包括面面重合. 包括线在面内，面面平行包括面面重合. r l //α ⇔a ⊥ u = 0 ⇔a1a2 +bb2 + cc2 = 0; 1 1
如图所示，正三棱柱 ABC－A1B1C1 的所有棱长都 为2，D为CC1的中点，求二 面角A－A1D－B的余弦值． [策略点睛]
[规范作答] 如图所示，取BC中点 O，连结AO. 因为△ABC是正三角形，所以AO⊥ BC， 因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1， 所以AO⊥平面BCC1B1.2分 → → → 取B1C1中点为O1，以O为原点， OB ， OO1 ， OA 为x，y，z轴 的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0).4分
rr 这样， 这样，点O与向量 a、 不仅可以确定平面α的位 与向量 b
r 平面的法向量： 平面的法向量：如果表示向量 n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r r r 面 α ,记作 n ⊥α ，如果 n⊥α ，那 么 向 量 n 记作 叫做平面 法向量. 叫做平面 α 的法向量 r 给定一点A和一个向量 那么 给定一点 r 和一个向量 n,那么 l 过点A,以向量 过点 以向量 n 为法向量的平面是
则A0， a 3 a，0，C12，0， 2a， 2 3 a， 2a. 2
a → 所以AC1＝ ，－ 2
如图所示，正三棱柱 ABC－A1B1C1 的所有棱长都 为2，D为CC1的中点，求二 面角A－A1D－B的余弦值． [策略点睛]
[规范作答] 如图所示，取BC中点 O，连结AO. 因为△ABC是正三角形，所以AO⊥ BC， 因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1， 所以AO⊥平面BCC1B1.2分 → → → 取B1C1中点为O1，以O为原点， OB ， OO1 ， OA 为x，y，z轴 的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0).4分
rr 这样， 这样，点O与向量 a、 不仅可以确定平面α的位 与向量 b
r 平面的法向量： 平面的法向量：如果表示向量 n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r r r 面 α ,记作 n ⊥α ，如果 n⊥α ，那 么 向 量 n 记作 叫做平面 法向量. 叫做平面 α 的法向量 r 给定一点A和一个向量 那么 给定一点 r 和一个向量 n,那么 l 过点A,以向量 过点 以向量 n 为法向量的平面是
则A0， a 3 a，0，C12，0， 2a， 2 3 a， 2a. 2
a → 所以AC1＝ ，－ 2
2020高三数学总复习立体几何中的向量方法PPT课件
[答案] 30°
[解析] 设 l 与 α 所成的角为 θ，则 sin θ ＝|cos〈m，n〉|＝12，∴θ＝ 30°.
课前双基巩固
题组三 常考题
6．如图 6-42-4 所示，已知空间四面体 O -ABC 中， OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π3 ，则 cos〈O→A， B→C〉的值为________.
方向建立空间直角坐标系，可知
C→M＝(2，－2，1)，D→1N＝(2，2， －1)，所以 cos〈C→M，D→1N〉＝－
19，所以
sin〈C→M，D→1N〉＝4
9
5 .
课前双基巩固
题组二 常错题 索引：二面角的取值范围出错；直线和平面所成的角的取值范围出错．
4．已知两平面的法向量分别为 m＝(0，1， 0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角 的大小为________．
课前双基巩固
2．[教材改编] 如果平面的一条斜线和斜线在这个 平面上的射影的方向向量分别是 a＝(0，2，1)，b
＝( 2， 5， 5)，那么这条斜线与平面的夹角是 ________．
[答案] 30°
[解析] cos〈a，b〉＝|aa·|·|bb| ＝ 23，因此 a 与 b 的夹 角为 30°，即斜线与平 面的夹角为 30°.
图 6-42-5
[答案] 2 17 cm
[解析] 设A→B＝a，A→C＝c，B→D＝d， 由已知条件知|a|＝4，|c|＝6，|d|＝8， 〈a，c〉＝90°，〈a，d〉＝90°， 〈c，d〉＝60°，|C→D|2＝|C→A＋A→B＋ B→D|2＝|－c＋a＋d|2＝a2＋c2＋d2－ 2a·c＋2a·d－2c·d＝16＋36＋64－ 2×6×8×12＝68，则|C→D|＝2 17.
立体几何中的向量方法课件
(3) / / ① u / /v u v.
u
α
②u
v
β
z
O1
C1
A1
B1
o
A
x
C
y
B
练习2： 在空间直角坐标系内,设平面 经过 点 P(x0 , y0 , z0 ) ，平面 的法向量为 e ( A, B, C)， M (x, y, z) 为平面 内任意一点，求 x, y, z
满足的关系式。 解：由题意可得 PM (x x0, y y0, z z0 )，e PM 0
22
DE (0, 1 , 1) DB =(1,1，0)
22
设平面EDB的法向量为 n (x, y,1)
D
则n DE, n DB
A
于是
1 2
y
1 2
0
n
1,
x y 0
1,
1 X
E
C Y
B
定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行, 则这两个平面平行
已知 直线l与m相交,
l , m , l∥, m∥ 求证∥ .
a
l
b
m
3、平行关系：
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
(2) l / / ① a u a u 0 ；
u
a
② a∥AC
α
③ a x AB y AD
3、平行关系：
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
，- 2
，2
）
3 33
是 练习4： 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=1 ,E是PC 的解中：点如，图所求示平建面立E空D间B直的角一坐个标法系向. 量. Z
高三数学总复习 立体几何中的向量方法精品课件 文 新人教版
C(－4,0,0)，D(0,0,2)，则该三棱锥的高为________．
【解析】 由题意知 A→ B ＝(1,1,0)，B→ C ＝(－4，－1,0)，B→ D ＝(0，－1,2)， 设平面 BCD 的一个法向量 n＝(x，y，z)，
C ＝0 n·B→ 则由 D ＝0 n·B→
－4x－y＝0 ，得 －y＋2z＝0
又0°≤θ ≤90°，∴θ ＝30°.
【答案】 C
4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中平面AB1D1与平面A1BD所成的角为 θ (0°≤θ ≤90°)，则cosθ ＝________.
【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系A-xyz，
设正方体棱长为1，
【答案】
5．如图，已知三棱锥A－BCD中，A(－1,0,0)，B(0,1,0)，
第八节
立体几何中的向量方法
考纲 点击
1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 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、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理 (包括三垂线定理). 4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平 面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题 中的应用. 1.考查向量法判定线面位置关系. 2.利用向量法求空间角与距离. 3.在解答题中综合考查空间想象能力，计算能力及数形结 合思想.
b＝(－6,9,6)，则(
A．l1∥l2 C．l1与l2相交但不垂直
) B．L1 ⊥l2 D．以上均不正确
【解析】 ∵a·b＝－12＋36－24＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2. 【答案】 B
2．若平面α ，β 的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝
(－3,1，－4)，则( A．α ∥β ) B．α ⊥β
【解析】 由题意知 A→ B ＝(1,1,0)，B→ C ＝(－4，－1,0)，B→ D ＝(0，－1,2)， 设平面 BCD 的一个法向量 n＝(x，y，z)，
C ＝0 n·B→ 则由 D ＝0 n·B→
－4x－y＝0 ，得 －y＋2z＝0
又0°≤θ ≤90°，∴θ ＝30°.
【答案】 C
4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中平面AB1D1与平面A1BD所成的角为 θ (0°≤θ ≤90°)，则cosθ ＝________.
【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系A-xyz，
设正方体棱长为1，
【答案】
5．如图，已知三棱锥A－BCD中，A(－1,0,0)，B(0,1,0)，
第八节
立体几何中的向量方法
考纲 点击
1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 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、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理 (包括三垂线定理). 4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平 面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题 中的应用. 1.考查向量法判定线面位置关系. 2.利用向量法求空间角与距离. 3.在解答题中综合考查空间想象能力，计算能力及数形结 合思想.
b＝(－6,9,6)，则(
A．l1∥l2 C．l1与l2相交但不垂直
) B．L1 ⊥l2 D．以上均不正确
【解析】 ∵a·b＝－12＋36－24＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2. 【答案】 B
2．若平面α ，β 的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝
(－3,1，－4)，则( A．α ∥β ) B．α ⊥β
立体几何中的向量方法PPT课件
第17页/共67页
(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE.此时D→P＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥A→B1，n⊥A→E，得aa2xx＋＋zy＝＝00，.
第18页/共67页
取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝1，－a2，－a. 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥D→P，有a2－az0＝0，解得 z0＝12. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE， 此时 AP＝12.
第15页/共67页
• [审题视点] (1)证明两直线的方向向量数量积为零；(2)设存在点P(0,0，z0)，构建 z0的方程，若能求出z0的值，说明点P存在；(3)先求出两平面的法向量，利用二面角 的平面角的度数即可得到关于a的方程，从而可求出a的值．
第16页/共67页
[解] (1)以 A 为原点，A→B，A→D，A→A1的方向分别为 x 轴， y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如右图)．
第32页/共67页
求两异面直线所成的角，用向量法就是求两直线上的两方向向量的夹角，但需注 意二者范围的区别．同样地，利用向量法求二面角的大小，就是求两个半平面的 法向量的夹角(或夹角的补角)．在空间直角坐标系中，常采用待定系数法求平面 的法向量．
第33பைடு நூலகம்/共67页
[变式探究] [2013·济宁模拟]已知三棱锥 P－ABC 中， PA⊥平面 ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N 为 AB 上一点， AB＝4AN，M，S 分别为 PB，BC 的中点．
第25页/共67页
• 例2 [2012·重庆高考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3， D为AB的中点．
(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE.此时D→P＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥A→B1，n⊥A→E，得aa2xx＋＋zy＝＝00，.
第18页/共67页
取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝1，－a2，－a. 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥D→P，有a2－az0＝0，解得 z0＝12. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE， 此时 AP＝12.
第15页/共67页
• [审题视点] (1)证明两直线的方向向量数量积为零；(2)设存在点P(0,0，z0)，构建 z0的方程，若能求出z0的值，说明点P存在；(3)先求出两平面的法向量，利用二面角 的平面角的度数即可得到关于a的方程，从而可求出a的值．
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[解] (1)以 A 为原点，A→B，A→D，A→A1的方向分别为 x 轴， y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如右图)．
第32页/共67页
求两异面直线所成的角，用向量法就是求两直线上的两方向向量的夹角，但需注 意二者范围的区别．同样地，利用向量法求二面角的大小，就是求两个半平面的 法向量的夹角(或夹角的补角)．在空间直角坐标系中，常采用待定系数法求平面 的法向量．
第33பைடு நூலகம்/共67页
[变式探究] [2013·济宁模拟]已知三棱锥 P－ABC 中， PA⊥平面 ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N 为 AB 上一点， AB＝4AN，M，S 分别为 PB，BC 的中点．
第25页/共67页
• 例2 [2012·重庆高考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3， D为AB的中点．
立体几何中的向量法 课件
如何用向量方法解决立体几何问题？
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。
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。
新教材新高考二轮复习专题三第3讲立体几何中的向量方法课件(43张)
又 PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面 PBC，
所以 PA⊥平面 PBC.
(2)以 O 为坐标原点，O→E的方向为 y 轴正方向，O→E为单位长度，建立如 图所示的空间直角坐标系 O-xyz.
由题设可得 E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C(－ 23，12，0)，P(0，0， 22). 所以E→C＝(－ 23，－12，0)，E→P＝(0，－1， 22). 设 m＝(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则mm··EE→→PC＝＝00，，即－ －y2＋3x－22z21＝y＝0，0，
【解】 (1)证明：因为 E，F 分别是 AC 和 CC1 的中 点，且 AB＝BC＝2，所以 CF＝1，BF＝ 5. 如图，连接 AF，由 BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得 BF⊥AB， 于是 AF＝ BF2＋AB2＝3，所以 AC＝ AF2－CF2＝ 2 2.由 AB2＋BC2＝AC2，得 BA⊥BC，故以 B 为坐标 原点，以 AB，BC，BB1 所在直线分别为 x，y，z 轴建 立空间直角坐标系 B-xyz，
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则PD→→CC··nn＝＝00，，即－y＝120x，＋32y－ 22z＝0，可取 n＝( 2，0，－1)， 设直线 PA 与平面 PCD 所成的角为 θ，
则 sin θ＝|cos 〈P→A，n〉|＝||P→P→AA|··n|n||＝ 36.
故直线
PA
于是，面 DFE 的一个法向量为 n2＝(3，m＋1，2－m)，
所以 cos 〈n1，n2〉＝
3 2m－122＋227 .
设面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角为 θ，则 sin θ＝ 1－cos2〈n1，n2〉，
故当 m＝12时，面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小，为 33，
高中数学立体几何中的向量方法课件新人教A版选修
1
即a 2 3 x 2 2 (3 x 2co )s x 36cosa
∴ 这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长。
（3）本题的晶体中相对的两个平面之间的距离是多少？ 设AB=1
（提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求两点间的距离）
分析：面面距离 点面距离
D1
C1
解：过 A 1 点 A 1 H 作 平 A 于 面 C H . 点A1
（回到图形）
一个结晶体的形状为四棱柱，其中，以顶点A为端点的三条
棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，那么以这个顶点为端点
的晶体的对角线的长与棱长有什么关系？
解：如图1，设 A A B 1 A A 1 D ， B A B D 1 A D A1A 6 A 0
化为向量问题
D1
C1
依据向量的加法法则，A1C A B A D A1A A1
nAP nAc Po s
其中 n ,AP
AP cosnAP ,
n
d | n AP| n
A P c o s 的 绝 对 值 就 是 点 P 到 平 面 的 距 离 。
也就是AP在法向量n上的投影的绝对值
z
已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥ G 平面ABCD，CG=2,E、F分别是AB、AD的中点， 求点B到平面GEF的距离。
设 力 F 1 方 向 上 的 单 位 向 量 坐 标 z 为 (x,y,z),由 于 F 1 与
A B ,A C 的 夹 角 均 为 60， 利 用 向 量 的 F数 量 积 运 算 ，
得 cos601(x,y,z)(0,1 ,0)F,
2
1
3
C
F
c o s 6 0 1 ( x ,y ,z )( 3 ,1 ,0 ) ,
即a 2 3 x 2 2 (3 x 2co )s x 36cosa
∴ 这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长。
（3）本题的晶体中相对的两个平面之间的距离是多少？ 设AB=1
（提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求两点间的距离）
分析：面面距离 点面距离
D1
C1
解：过 A 1 点 A 1 H 作 平 A 于 面 C H . 点A1
（回到图形）
一个结晶体的形状为四棱柱，其中，以顶点A为端点的三条
棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，那么以这个顶点为端点
的晶体的对角线的长与棱长有什么关系？
解：如图1，设 A A B 1 A A 1 D ， B A B D 1 A D A1A 6 A 0
化为向量问题
D1
C1
依据向量的加法法则，A1C A B A D A1A A1
nAP nAc Po s
其中 n ,AP
AP cosnAP ,
n
d | n AP| n
A P c o s 的 绝 对 值 就 是 点 P 到 平 面 的 距 离 。
也就是AP在法向量n上的投影的绝对值
z
已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥ G 平面ABCD，CG=2,E、F分别是AB、AD的中点， 求点B到平面GEF的距离。
设 力 F 1 方 向 上 的 单 位 向 量 坐 标 z 为 (x,y,z),由 于 F 1 与
A B ,A C 的 夹 角 均 为 60， 利 用 向 量 的 F数 量 积 运 算 ，
得 cos601(x,y,z)(0,1 ,0)F,
2
1
3
C
F
c o s 6 0 1 ( x ,y ,z )( 3 ,1 ,0 ) ,
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������������=(0,-4,0),������1������=(-3,0,-4). 因为������������ ·������1������=0,所以 AC⊥B1C.
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-9-
突破点一
突破点二
突破点三
(2)证法一 ������������1=(0,-4,4),设平面 B1CD 的法向量 m=(x,y,z),
因为直三棱柱ABC-A1B1C1,D是AB中点, 所以侧面BB1C1C为矩形, DE为△ABC1的中位线. 所以DE∥AC1. 因为DE⊂平面B1CD,AC1⊄平面B1CD, 所以AC1∥平面B1CD.
突破点一
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
-10-
∴
2������-2������ = 0, ������ + ������ = 0.
不妨令 x=1,则 y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1).
∵ ������������1=(0,-2,-2), ∴ ������������1 ·n=1×0+(-2)×(-1)+(-2)×1=0. ∴ ������������1 ⊥n.
2������ + 4 ������
3
=
0,
所以 x=-43,y=2,n2=
- 4 ,2,1
3
.
突破点一
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
-11-
设二面角B-CD-B1的大小为θ,
则 cos θ= ������1·������2 = 3 .
|������ 1 ||������ 2 |
规律方法用向量求空间角的方法:
设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为n,m.
(1)若异面直线 l1 与 l2 所成的角为 θ,则 cos θ=||������������|·|������������||.
(2)若直线
l1
与平面
α
所成的角为
θ,则
sin
θ=|������·������|.
可得 n=(2,2,1).
因此有 cos<������������,n>= ������������·������ =-4.
|������������||������| 9
所以,直线
CE
与平面
BDE
所成角的正弦值为4.
9
突破点一
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0. (2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在
非零实数 λ1,λ2,使 a=λ1������������+λ2������������.
(3)α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使 e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0.
突破点三
证明:如图,以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、 z轴建立空间直角坐标系.由AC=BC=BB1,设AC=2,
则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).
(1)因为������������1 =(0,-2,-2),������������1 =(-2,2,-2), 所以������������1 ·������������1=0-4+4=0, 因此������������1 ⊥ ������������1,故 BC1⊥AB1.
61
所以二面角
B-CD-B1
的余弦值为3 61.
61
专题五
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高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-12-
突破点一
突破点二
突破点三
利用空间向量求空间角 【例2】(2019天津,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC, AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为
1 3
,求线段CF的长.
突破点一
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
-13-
分析推理首先根据已知几何体的结构特征,找出其中的垂直关系 建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标.(1)因为AB⊥平面ADE,所 以可直接检验直线BF的方向向量与平面ADE的法向量垂直即可;(2) 求出平面BDE的法向量,利用直线CE的方向向量与平面BDE的法向 量的夹角表示所求角,注意向量夹角与所求角之间的转化;(3)设CF 的长度,求出点F的坐标,求出二面角两个面的法向量,利用这两个法 向量的夹角转化已知的二面角建立关于所求的方程,解之即可.
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
-15-
(2)解:依题意,������������ =(-1,1,0),������������ =(-1,0,2),������������ =(-1,-2,2).
设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,
则 ������·������������ = 0, 即 -������ + ������ = 0, 不妨令 z=1, ������·������������ = 0, -������ + 2������ = 0,
(3)解:由(1)知AC⊥BC,设D(a,b,0)(a>0,b>0),
因为点 D 在线段 AB 上,且������������������������ = 13,
即������������ = 1 ������������.
3
所以 a=2,b=43 , ������������ =
-1,
4 3
,0
.
5.3 立体几何中的向量方法
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-2-
突破点一
突破点二
突破点三
用空间向量证明空间中的平行与垂直
【例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中 点,AC=BC=BB1.
(1)求证:BC1⊥AB1; (2)求证:BC1∥平面CA1D. 分析推理首先根据直三棱柱的结构特征建立空间直角坐标系,求
又BC1在平面CA1D外,∴BC1∥平面CA1D.
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
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突破点一
突破点二
突破点三
规律方法用向量方法证明空间线面位置关系的方法:设直线l1,l2 的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平 面α内的相异且不共线的三点(其中l1与l2不重合,α与β不重合),则
底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的 中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
|������ ||������ |
(3)若平面 α 与平面 β 所成的二面角为 θ,则|cos θ|=||������������|·|������������||.
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练-18-突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固2(2019全国Ⅰ,理18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的
-16-
(3)解:设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则 ������·������������ = 0, 即 -������ + ������ = 0, ������·������������ = 0, 2������ + ℎ������ = 0,
不妨令 y=1,可得 m= 1,1,-ℎ2 .
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-14-
突破点一
突破点二
突破点三
(1)证明:依题意,可以建立以A为原点,
分别以������������, ������������, ������������的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标 系(如图),可得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
出相关点的坐标.(1)问可直接验证两条直线的方向向量垂直来证
明.(2)问的求解可从两个角度:一是证明直线BC1的方向向量与平面 CA1D的基向量共面;二是证明直线BC1的方向向量与平面CA1D的 法向量垂直.
专题五
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高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-3-
突破点一
突破点二
专题五
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高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
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突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固1如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=4,BC=3,AA1=4, AC⊥BC,点D在线段AB上.
(1)证明:AC⊥B1C;
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突破点三
(2)证法一 ������������1=(0,-4,4),设平面 B1CD 的法向量 m=(x,y,z),
因为直三棱柱ABC-A1B1C1,D是AB中点, 所以侧面BB1C1C为矩形, DE为△ABC1的中位线. 所以DE∥AC1. 因为DE⊂平面B1CD,AC1⊄平面B1CD, 所以AC1∥平面B1CD.
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∴
2������-2������ = 0, ������ + ������ = 0.
不妨令 x=1,则 y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1).
∵ ������������1=(0,-2,-2), ∴ ������������1 ·n=1×0+(-2)×(-1)+(-2)×1=0. ∴ ������������1 ⊥n.
2������ + 4 ������
3
=
0,
所以 x=-43,y=2,n2=
- 4 ,2,1
3
.
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-11-
设二面角B-CD-B1的大小为θ,
则 cos θ= ������1·������2 = 3 .
|������ 1 ||������ 2 |
规律方法用向量求空间角的方法:
设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为n,m.
(1)若异面直线 l1 与 l2 所成的角为 θ,则 cos θ=||������������|·|������������||.
(2)若直线
l1
与平面
α
所成的角为
θ,则
sin
θ=|������·������|.
可得 n=(2,2,1).
因此有 cos<������������,n>= ������������·������ =-4.
|������������||������| 9
所以,直线
CE
与平面
BDE
所成角的正弦值为4.
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(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0. (2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在
非零实数 λ1,λ2,使 a=λ1������������+λ2������������.
(3)α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使 e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0.
突破点三
证明:如图,以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、 z轴建立空间直角坐标系.由AC=BC=BB1,设AC=2,
则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).
(1)因为������������1 =(0,-2,-2),������������1 =(-2,2,-2), 所以������������1 ·������������1=0-4+4=0, 因此������������1 ⊥ ������������1,故 BC1⊥AB1.
61
所以二面角
B-CD-B1
的余弦值为3 61.
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利用空间向量求空间角 【例2】(2019天津,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC, AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为
1 3
,求线段CF的长.
突破点一
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分析推理首先根据已知几何体的结构特征,找出其中的垂直关系 建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标.(1)因为AB⊥平面ADE,所 以可直接检验直线BF的方向向量与平面ADE的法向量垂直即可;(2) 求出平面BDE的法向量,利用直线CE的方向向量与平面BDE的法向 量的夹角表示所求角,注意向量夹角与所求角之间的转化;(3)设CF 的长度,求出点F的坐标,求出二面角两个面的法向量,利用这两个法 向量的夹角转化已知的二面角建立关于所求的方程,解之即可.
5.3 立体几何中的向量方法
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突破点三
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-15-
(2)解:依题意,������������ =(-1,1,0),������������ =(-1,0,2),������������ =(-1,-2,2).
设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,
则 ������·������������ = 0, 即 -������ + ������ = 0, 不妨令 z=1, ������·������������ = 0, -������ + 2������ = 0,
(3)解:由(1)知AC⊥BC,设D(a,b,0)(a>0,b>0),
因为点 D 在线段 AB 上,且������������������������ = 13,
即������������ = 1 ������������.
3
所以 a=2,b=43 , ������������ =
-1,
4 3
,0
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专题五
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-2-
突破点一
突破点二
突破点三
用空间向量证明空间中的平行与垂直
【例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中 点,AC=BC=BB1.
(1)求证:BC1⊥AB1; (2)求证:BC1∥平面CA1D. 分析推理首先根据直三棱柱的结构特征建立空间直角坐标系,求
又BC1在平面CA1D外,∴BC1∥平面CA1D.
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
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突破点一
突破点二
突破点三
规律方法用向量方法证明空间线面位置关系的方法:设直线l1,l2 的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平 面α内的相异且不共线的三点(其中l1与l2不重合,α与β不重合),则
底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的 中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
|������ ||������ |
(3)若平面 α 与平面 β 所成的二面角为 θ,则|cos θ|=||������������|·|������������||.
专题五
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高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练-18-突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固2(2019全国Ⅰ,理18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的
-16-
(3)解:设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则 ������·������������ = 0, 即 -������ + ������ = 0, ������·������������ = 0, 2������ + ℎ������ = 0,
不妨令 y=1,可得 m= 1,1,-ℎ2 .
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-14-
突破点一
突破点二
突破点三
(1)证明:依题意,可以建立以A为原点,
分别以������������, ������������, ������������的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标 系(如图),可得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
出相关点的坐标.(1)问可直接验证两条直线的方向向量垂直来证
明.(2)问的求解可从两个角度:一是证明直线BC1的方向向量与平面 CA1D的基向量共面;二是证明直线BC1的方向向量与平面CA1D的 法向量垂直.
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-3-
突破点一
突破点二
专题五
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突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固1如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=4,BC=3,AA1=4, AC⊥BC,点D在线段AB上.
(1)证明:AC⊥B1C;