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创新课堂2013高考总复习数学 第7节 立体几何中的向量方法_图文

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第七单元

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立体几何

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第七节 立体几何中的向量方法

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考纲解读
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、平面与平面夹角的计算问 题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.

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知识汇合
1.用向量求异面直线所成的角,应当注意异面直线所 成的角的范围为(0° ,90° ].

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2.用法向量解题的基本原理或方法: (1)证明线与面的垂直: 原理:直线的方向向量与平面的法向量平行,那么这条 直线就与该平面垂直. (2)证明面与面的垂直: 原理:如果两个平面的法向量互相垂直,那么这两个平 面就互相垂直. (3)证明线与面的平行: 原理:如果直线的方向向量与平面的一个法向量垂直, 且直线不在该平面内,那么这条直线就与该平面平行. (4)证明面与面的平行: 原理:如果两个不重合平面的法向量互相平行,那么这 两个平面互相平行.

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(5)求直线与平面所成的角:

原理:如图所示,已知AB为过平面α的一条斜线,n为 平面α的法向量,设AB与平面α所成的角为θ,则 → n| |AB· → sin θ=|cos〈AB,n〉|= . → |AB||n|

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(6)求二面角的大小:

原理:如图所示,设n1与n2分别为二面角α-l-β两个面 的法向量,则: 当n1与n2分别指向二面角的内侧与外侧时,二面角α-l -β 的大小即为〈n1,n2〉的大小; 当n1与n2同时指向二面角的内侧或外侧时,二面角α-l -β 的大小即为(π-〈n1,n2〉)的大小.

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(7)求点到平面的距离:

原理:如图所示,已知平面α的法向量为n,P为平面α → |AP· n| 外一点,A为平面α内任一点,则P到平面α的距离d= |n| .

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(8)求两条异面直线的距离:

原理:设A与B分别为异面直线a与b上的两点,n为与直 线a,b都垂直的一个向量(如图所示),则直线a与b间的距离d → |AB· n| = |n| .

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典例分析
考点一 利用空间向量证明平行垂直问题 【例1】 如图,已知直三棱柱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.
证明 如图建立空间直角坐标系,令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点 N,连接 NC,则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), → → → → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0),∴DE=NC,∴DE∥NC, 又∵NC?平面 ABC,DE?平面 ABC,∴DE∥平面 ABC. → → → (2)B F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0),
1

→ EF → ∴B1F· =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → → AF → ∴B F⊥EF, 即 B F⊥EF.又B F· =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0,
1 1 1

→ → ∴B1F⊥AF,即 B1F⊥AF.又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面 AEF.

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点拨

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1. 证明线面平行需证明线线平行,只需证明这条直线与平面内的直线

的方向向量平行.可用传统法,也可用向量法,用向量法更为普遍.
2. 证明线面垂直的方法:可用直线的方向向量与平面的法向量共线证

明,也可用直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量垂直证
明.

3. 证明面面垂直通常转化为证明线面垂直,也可用两平面的法向量垂
直来证明.

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考点二 【例2】 余弦值. 两条异面直线所成的角

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长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=6,AA1=4,M是A1C1的中

点,P在线段BC上,且CP=2,Q是DD1的中点,求异面直线AM与PQ所成角的

解 如图,建立空间直角坐标系 B-xyz, 则 A(4,0,0),M(2,3,4),P(0,4,0),Q(4,6,2), → → ∴AM=(-2,3,4), PQ=(4,2,2), → ∴|AM|= ?-2?2+32+42= 29, → |PQ|= 42+22+22=2 6, → PQ → AM· =(-2)×4+3×2+4×2=6, → PQ → AM· 174 → → ∴cos〈AM,PQ〉= = 58 , → |PQ |AM|·→ | 174 故异面直线 AM 与 PQ 所成的角的余弦值为 58 .

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若将条件“CP=2”去掉,那么,异面直线AM与PQ能垂直吗?若能,求出点P 坐标,不能请说明理由.

→ 解析:能垂直.由例题知AM=(-2,3,4),Q(4,6,2), → 设 P(0,y,0),则PQ=(4,6-y,2),若 AM⊥PQ, → PQ → 需AM· =0,即(-2,3,4)· (4,6-y,2)=0, ∴-8+3(6-y)+8=0, ∴y=6,∴异面直线 AM 与 PQ 能垂直,此时 P 点坐标为(0,6,0).
点拨 求异面直线所成角的主要方法:

(1)定义法(平移法);
(2)向量法:建系,求相关向量的坐标,通过向量坐标运算求角.有时也可用题目中 给出的向量表示相关向量,然后计算角. 利用向量求角的关键是区分异面直线所成角的概念和向量夹角概念的差别.

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考点三 直线与平面所成的角
【例3】 60°.

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如图,已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=

求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
解 如图所示,以 D 为原点,棱 DA,DC,DD′所在直线为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.设棱长为 1, → 则 D(0,0,0),A(1,0,0),∴DA=(1,0,0).连接 BD,在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H. → → → → 设DH=(m, m,1)(m>0), → · =|DA|·→ |· 〈DH, 〉 又DA· 由DA DH → |DH cos → DA , → DH → → =m,|DA|=1,|DH|= 2m2+1, → ,DA〉=60° 〈DH → , ? ? 1 2 2 → = ? 2, 2,1? . 平 面 ∴ m = 2 2m +1 . 解 得 m = 2 , 所 以 DH 2 ? 2 ? → AA′D′D 的一个法向量是DC=(0,1,0), 设 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 θ, 2 2 ×0+ 2 ×1+1×0 → DC → 1 → ,DC〉= DH· = 2 → ∵cos〈DH =2. → → 2×1 |DH||DC| 1 ∴sinθ=2,又 0° ≤θ≤90° ,∴θ=30° .∴DP 与平面 AA′D′D 所成 的角为 30° .

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考点四 二面角 【例 4】 如图,在五棱锥 PABCDE 中,∠BAE=90° ,DE∥AB, BC∥AE,PA=AB=AE=2a,PB=PE=2 2a,BC=DE=a,求二面 角 A-PD-E 的余弦值.
解 由题意分析可知 PA⊥AB,PA⊥AE,AB⊥AE,故分别以 AB,AE,AP 所在直

线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(2a,0,0),E(0,2a,0),P(0,0,2a), → → → D(a,2a,0),C(2a,a,0).过 A 作 AN⊥PD 于 N.∵PD=(a,2a,-2a),设PN=λPD, → → → → PD → ∴AN=AP+PN=(λa,2λa,2a-2λa).∵AN⊥PD,∴AN· =0, ∴a· λa+2a· 2λa-2a· (2a-2λa)=0.
?4 8 10 ? 4 → 解得 λ=9,∴AN=?9a,9a, 9 a?, ? ? ? 4 8 10 ? → 即NA=?-9a,-9a,- 9 a?. ? ? ? 8 2 2 ? → 同理,过 E 作 EM⊥PD 于 M,则ME=?-9a,9a,-9a?. ? ?

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点拨 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向 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是锐角还是钝角.

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高考体验
从近两年的高考试题来看,利用空间向量证明平行与垂直,以及求空间角是高

考的热点.题型主要为解答题,难度属于中等偏高,主要考查向量的坐标运算、
以及向量的平行与垂直的充要条件、如何用向量法解决空间角等,同时注重考

查学生空间想象能力、运算能力.
预测2013高考仍将以用向量证明平行与垂直,以及利用向量求空间角为主要考

点,重点考查空间想象能力、运算能力等.

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练习巩固
1. 设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k =( ) A. 2 B. -4 C. 4 D. -2

解析:∵α∥β,∴存在实数λ,使(-2,-4,k)=λ(1,2,-2), ∴-2=λ,k=-2λ,即k=4. 答案:C 2. 若直线l1、l2的方向向量a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则( A. l1∥l2 C. l1与l2相交但不垂直 答案:B B. l1⊥l2 D. 以上均不正确 )

解析:∵a·b=(2,4,-4)·(-6,9,6)=-2×6+4×9-4×6=0,∴a⊥b.

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3. 若直线 l 的方向向量与平面α 的法向量的夹角等于 120°,则直线 l 与平面α 所成的角等于( A. 120° ) D. 以上均错 B. 60° C. 30°

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1 解析:设 l 与 α 所成角为 θ,则 sin θ=|cos120° .又 0° |= ≤θ≤90° ,∴θ=30° . 2 答案:C
4. 在正方体 ABCD- 1B1C1D1 中,O1 为底面正方形 A1B1C1D1 的对角线交点 ,BC1 与 A 直线 AO1 所成的角为( A. π 6 B. ) π 4 C. π 3 D. π 2

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解析:建立空间直角坐标系如图所示,设 A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),则
?1 1 ? ? ? →1=?-1,1,1?,BC1=(-1,0,1), → O1?2,2,1?,C1(0,1,1),B(1,1,0),∴AO 2 2 ? ? ? ?

6 3 → BC 3 → → → → 则AO1·→1= ,|AO1|= ,|BC1|= 2,cos〈AO1,BC1〉= = , 2 2 2 6 × 2 2 π ∴BC1 与 AO1 的夹角为 . 6 答案:A

3 2

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5. (2011· 济南)在四面体 ABCD 中,AB=1,AD=2 3,BC=3,CD=2, π ∠ABC=∠DCB= ,则二面角 A-BC-D 的大小为( ) 2 π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6
解析: 由题意,知 AB⊥BC,DC⊥BC,且 AB?平面 ABC,DC?平面 BCD, 所以异面直线 AB 与 DC 所成的角就是二面角 A-BC-D 的平面角.根据题中数 10+4-12 1 → DC → → DC → → 据,在△ACD 中,cos∠ACD= = ,因为AB· =(AC+CB)· = 2×2 10 2 10 → DC → → · +CB· = 10×2× 1 +0=1,所以 cos〈AB,DC〉= AB· =1, → → DC → → → AC DC → |DC 2 10 |AB|·→ | 2 π π → → 〈AB,DC〉= ,所以二面角 A-BC-D 的大小为 . 3 3 答案:B

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6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F、M分别为棱BB1、CD、AA1的 中点.

求证:(1)C1M∥平面ADE;
(2)平面ADE⊥平面A1D1F.

→ → → 证明:(1)以 D 为原点,向量DA、DC、DD1的方向分别为 x 轴,y 轴、z 轴的正方 向建立坐标系如图,设正方体的棱长为 1. ? ? ? ? → =(1,0,0),DE=?1,1,1?,C1M=?1,-1,-1?. → → 则DA ? ? 2? 2? ? ? ? ? 设平面 ADE 的法向量为 m=(a,b,c), ?a=0, ?m· =0 → ? ? DA 则? ?? 令 c=2, 1 → ?m· =0 ?a+b+2c=0. ? DE ?

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? ? ? → =(0,-1,2)·1,-1,-1? 得 m=(0,-1,2).∵m· 1M C ? 2? ? ? → ⊥m.又 C1M?平面 ADE,∴C1M∥平面 ADE. =0+1-1=0,∴C1M ? ? → 1=(1,0,0),D1F=?0,1,-1?,设平面 A1D1F 的法向量为 n=(x,y,z), → ? (2)D1A ? 2 ? ? ?x=0, ?n· → 1=0 ? ? D1A 则? ?? 1 令 y=2,则 n=(0,2,1).∵m· n=(0,-1,2)· (0,2,1) → =0 ?n· 1F ?2y-z=0. ? D ? =0-2+2=0,∴m⊥n,∴平面 ADE⊥平面 A1D1F.

7. 在正方体AC1中,E、F分别为D1C1与AB的中点,求A1B1与截面A1ECF所 成角的正弦值.

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解析:如图,建立以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴的坐 标系,设棱长为 1. → → 设平面 A ECF 的法向量 n=(x,y,z),则 n· =0,n· =0. FC CE
1

?-x+1y=0, ? 2 ? ? ? → =?-1,1,0?,CE=?0,-1,1?,∴ → ? ∵FC ? ? 1 ? ? ? 2 2 ? ? ? ? ?-2y+z=0, ?
6 . 3

?x=1y, ? 2 ∴? 1 z= y. ? 2 ?
2 6 = , 12+22+12 3

令 y=2,∴n=(1,2,1).又∵A→ 1=(0,1,0),∴cos〈n,A→ 1〉= 1B 1B ∴A1B1 与平面 A1ECF 所成角的正弦值为

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8.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1,AC=AA1= 3, ∠ABC=60° . (1)求证:AB⊥A1C; (2)求二面角 A-A1C-B 的余弦值.

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解析:(1)证明:∵三棱柱 ABC-A1B1C1 为直棱柱,∴AA1⊥AB,AA1⊥AC. 在△ABC 中,AB=1,AC= 3,∠ABC=60° , 由正弦定理得∠ACB=30° ,∴∠BAC=90° ,即 AB⊥AC. 如图,建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(0, 3,0), → → A1(0,0, 3),∴AB=(1,0,0),A1C=(0, 3,- 3). → A1 C → → ∵AB·→ =1×0+0× 3+0×(- 3)=0,∴AB⊥A1C,即 AB⊥A1C.

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→ (2)可取 m=AB=(1,0,0)为平面 AA1C1C 的 法向量, 设平面 A1BC 的法向量为 n=(l,m,n), → n=0,A1C· → n=0, 则BC· → 又BC=(-1, 3, A1C=(0, 3, 3), 0),→ - ?-l+ 3m=0, ? ∴? ∴l= 3m,n=m.不 ? 3m- 3n=0, ? 妨取 m=1,则 n=( 3,1,1). m· n cos 〈 m , n 〉 = = |m|· |n| 3×1+1×0+1×0 15 2 2 2 2 2 2= 5 , ? 3? +1 +1 × 1 +0 +0 15 ∴二面角 A-A1C-B 的余弦值为 . 5

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9. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱AA1的中点,求截面EB1C与半平 面ACD所成二面角的余弦值.
解析 如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,设正方体的棱长为 1,则
? ? ? 1? ? ? → =(-1,0,-1),CE=?1,-1,1?. → B1(1,1,1),C(0,1,0),E?1,0,2?.∴B1C ? 2? ? ? ? ?

?-x-z=0 ?x=-z, → ?n⊥B1C ? ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 EB1C 的一个法向量,则? ?? ?? 1 1 → x-y+ z=0 y=- z. ?n⊥CE ? ? ? 2 2 ? ?
令 z=1 得
? ? 1 ? n=?-1,- ,1?.易知 ? 2 ? ?

3 m=(0,0,1)是平面 ACD 的一个法向量,|m|=1,|n|= , 2

∴cos〈m,n〉=

m· n 1 2 2 = = ,∴所求二面角的余弦值为 .由于所求的二面角是钝 |m|· |n| 3 3 3 1× 2

2 角,因此其余弦值为- . 3

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10(2011 大同市高三学情调研)如图,在四棱柱 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为直角梯形, , AB = BC = a, A D = 2a, PA 平面 ABCD,PD 与平面 ABCD 成 30。角. (1) 若 AE PD,E 为垂足,求证:SE PD (2) 求平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值.

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解析:

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11.
(2011 大同市高三学情调研)

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解法一: (1) 分别延长 AC,A1D 交于 G, ∵BC⊥平面 ACC1A1,过 C 作 CM⊥A1G 于 M,……2 分 连结 BM, ∴BM⊥A1G, ∴∠GMB 为二面角 B—A1D—A 的平面角,……4 分 平面 A1C1CA 中,C1C = CA = 2,D 为 C1C 的中点, ∴CG = 2,DC = 1,在 Rt△CDG 中, CM ? ∴二面角 B—A1D—A 的大小为 arctan
2 5 5
5 .……6 分

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,∴ tan ? G M B ? 5 ,

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解法二: (1)∵A1B1C1-ABC 为直三棱柱,AC⊥CB, ∴如图建系 C-xyz . ∵C1C = CB = CA = 2,D、E 分别为 C1C、B1C1 的中点. C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C1(0,0,2), B1(2,0,2),A1(0,2,2),D(0,0,1),E(1,0,2), ? 设平面 A1BD 的一个法向量为 n ? ( x , y , z ) , ∵ B D = (? 2,0,1), A1 D ? (0, ? 2, ? 1) ,
? ???? ?n ? BD ? ?2 x ? z ? 0 ∴ ? ? ????? , ? ? n ? A1 D ? ? 2 y ? z ? 0 ?

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????

???? ?

∴取 n = (1,? 1,2) 为平面 A1BD 的一个法向量.

?



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