（福建专用）2022年高考数学一轮复习 第七章 立体几何 6 立体几何中的向量方法课件 新人教A版.pptx

1、7.6 立体几何中的向量方法-2-知识梳理 双基自测 1.直线的方向向量与平面的法向量(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 平面,那么称向量n垂直于平面,记作 .此时把 叫做平面的法向量.e共线垂直于n 向量n-3-知识梳理 双基自测 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),平面的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面的法向量为n2=(x2,y2,z2).(1)如果l1l2,那么e1e2e2=e1 .(2)如果l1l2,那么e1e2 .(3)若

2、l1,则e1n1e1n1=0 .(4)若l1,则e1n1e1=n1 .(5)若,则n1n2n1=kn2 .(6)若,则n1n2n1n2=0 .a2=a1,b2=b1,c2=c1 e1e2=0 a1a2+b1b2+c1c2=0 a1x1+b1y1+c1z1=0 a1=x1,b1=y1,c1=z1 x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2 x1x2+y1y2+z1z2=0 -4-知识梳理 双基自测 3.利用空间向量求空间角(1)两条异面直线所成的角 范围:两条异面直线所成的角的取值范围是 .向量求法:设异面直线a,b的方向向量为a,b,直线a与b的夹角为,a与b的夹角为,则有cos=.(2)直线与

3、平面所成的角 范围:直线和平面所成的角的取值范围是 .向量求法:设直线l的方向向量为a,平面的法向量为u,直线与平面所成的角为,a与u的夹角为,则有sin=或cos=sin.0,2|cos|0,2|cos|-5-知识梳理 双基自测(3)二面角 范围:二面角的取值范围是 .向量求法:若AB,CD分别是二面角-l-的两个面内与棱l垂直的异面直线,则设n1,n2分别是二面角-l-的两个半平面,的法向量,则图中向量n1与n2的夹角的补角的大小就是二面角的大小;而图中向量n1与n2的夹角的大小就是二面角的大小.二面角的大小就是向量 与 的夹角(如图).0,-6-知识梳理 双基自测 4.利用空间向量求距离

4、(1)两点间的距离设点 A(x1,y1,z1),点 B(x2,y2,z2),则|AB|=|=(1-2)2+(1-2)2+(1-2)2.(2)点到平面的距离如图所示,已知 AB 为平面 的一条斜线段,n 为平面 的法向量,则点 B 到平面 的距离为|=|.-7-知识梳理 双基自测 5.常用结论(1)直线的方向向量的确定:若 l 是空间的一条直线,A,B 是 l 上任意两点,则 及与 平行的非零向量均为直线 l 的方向向量.(2)平面的法向量的确定:设 a,b 是平面 内两个不共线向量,n为平面 的一个法向量,则可用方程组 =0,=0 求出平面 的一个法向量 n.2-8-知识梳理 双基自测 341

5、51.下列结论正确的打“”,错误的打“”.(1)直线的方向向量是唯一确定的.()(2)平面的单位法向量是唯一确定的.()(3)若两条直线的方向向量不平行,则这两条直线不平行.()(4)若空间向量a平行于平面,则a所在直线与平面平行.()(5)两条直线的方向向量的夹角就是这两条直线所成的角.()-9-知识梳理 双基自测 234152.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A.22B.155 C.64D.63C解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设 AB=2,则 C1(3,1,0),A(0,0,2),1 =(3,1,-2),平面 BB1C1C

6、 的一个法向量为 n=(1,0,0).所以 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为|1|1|=38=64.-10-知识梳理 双基自测 234153.已知直三棱柱ABC-A1B1C1在空间直角坐标系中,如图所示,且CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A解析 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2.可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),1 =(0,2,-1),1 =(-2,2,1),cos=1 1|1|1|=4-159=15=55 0.BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角,

7、直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为55.A.55B.53C.255D.35-11-知识梳理 双基自测 234154.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为 .13 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,因为 AB=2,BC=AA1=1,所以 A1(1,0,1),B(1,2,0),C1(0,2,1),D1(0,0,1).所以11 =(-1,2,0),1 =(-1,0,1),11 =(0,2,0).设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),则有 11 =0,1 =0,即-+2=0,-+=0,令 x=2,则 y=

8、1,z=2,则 n=(2,1,2).设 D1C1 与平面 A1BC1 所成的角为,则 sin=|cos|=|11|11|=223=13.-12-知识梳理 双基自测 234155.已知P是二面角-AB-棱上的一点,分别在平面,上引射线PM,PN,如果BPM=BPN=45,MPN=60,那么二面角-AB-的大小为 .90 解析 不妨设PM=a,PN=b,如图,作MEAB于点E,NFAB于点F.EPM=FPN=45,PE=22 a,PF=22 b.=()()=+=abcos 60-a22 bcos 45-22 abcos 45+22 a22 b=2 2 2+2=0.二面角-AB-的大小为 90.-1

9、3-考点1 考点2 考点3 考点 1 利用空间向量证明平行、垂直 例 1 如图,在多面体 ABC-A1B1C1 中,四边形 A1ABB1 是正方形,AB=AC,BC=2AB,B1C112BC,二面角 A1-AB-C 是直二面角.求证:(1)A1B1平面AA1C;(2)AB1平面A1C1C.思考利用空间向量证明平行和垂直的关键是什么?-14-考点1 考点2 考点3 证明 二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,AA1平面BAC.又AB=AC,BC=AB,CAB=90,即CAAB,AB,AC,AA1两两互相垂直.以A为坐标原点,以AC,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴

10、建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,2 设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).-15-(1)11 =(0,2,0),1 =(0,0,-2),=(2,0,0),设平面 AA1C 的一个法向量 n=(x,y,z),则 1 =0,=0,即 -2=0,2=0,即 =0,=0.取 y=1,则 n=(0,1,0).11 =2n,即11 n.A1B1平面 AA1C.(2)易知1 =(0,2,2),11 =(1,1,0),1 =(2,0,-2),设平面 A1C1C 的一个法向量 m=(x1,y1,z1),则 11 =0,1 =0,即

11、1+1=0,21-21=0,令 x1=1,则 y1=-1,z1=1,即 m=(1,-1,1).1 m=01+2(-1)+21=0,1 m.又 AB1平面 A1C1C,AB1平面 A1C1C.考点1 考点2 考点3-16-考点1 考点2 考点3 解题心得1.恰当建立空间直角坐标系,准确表示各点与相关向量的坐标,这是利用空间向量证明平行和垂直的关键.2.证明直线与平面平行,只需要证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零,或先证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量共面,再说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算问题.3.证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂直,

12、而直线与平面垂直、平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直.-17-考点1 考点2 考点3 对点训练1 如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:APBC;(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC平面BMC.-18-考点1 考点2 考点3 证明(1)如图所示,以点O为坐标原点,分别以射线OD,OP为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz.所以O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是 =(0,3,4),=(-8,

13、0,0),=(0,3,4)(-8,0,0)=0,即 APBC.-19-考点1 考点2 考点3(2)由(1)知 AP=5.又 AM=3,且点 M 在线段 AP 上,=35 =0,95,125 .又 =(-4,-5,0),=+=-4,-165,125 ,=(0,3,4)-4,-165,125 =0,即 APBM.又根据(1)的结论知 APBC,AP平面 BMC,于是 AM平面 BMC.又 AM平面 AMC,故平面 AMC平面 BMC.-20-考点1 考点2 考点3 考点 2 利用空间向量解决探索性问题 例2如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B

14、1EAD1.(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.思考立体几何开放性问题的求解方法有哪些?-21-考点1 考点2 考点3(1)证明 以点 A 为原点,1 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(如图).设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E 2,1,0,B1(a,0,1).故1 =(0,1,1),1 =-2,1,-1.1 1 =-20+11+(-1)1=0,B1EAD1.-22-考点1 考点2 考点3(2)解 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0),使得 DP平面

15、B1AE,此时 =(0,-1,z0).1 =(a,0,1),=2,1,0.设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).n平面 B1AE,n1 ,n ,得 +=0,2+=0.取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=1,-2,-.要使 DP平面 B1AE,只要 n ,有2-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.-23-考点1 考点2 考点3 解题心得立体几何开放性问题的求解方法有以下两种:(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后加以证明,得出结论;(2)假设所求的点或线存在,并设定参数

16、表达已知条件,根据题目要求进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.本题是先设出点P的坐标,借助向量运算,再判断关于z0的方程是否有解.-24-考点1 考点2 考点3 对点训练2如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:ACSD.(2)若SD平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE平面PAC?若存在,求SEEC的值;若不存在,试说明理由.2 -25-考点1 考点2 考点3(1)证明 连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,则ACBD.由题意知SO平面ABCD.以 O 为坐标原点,分别为

17、x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系如图.设底面边长为 a,则高 SO=62 a,于是 S 0,0,62 ,D-22,0,0,C 0,22,0,=0,22,0,=-22,0,-62 ,则 =0.故 OCSD.从而 ACSD.-26-考点1 考点2 考点3(2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE平面 PAC.理由如下:由已知条件知 是平面 PAC 的一个法向量,且 =22,0,62 ,=0,-22,62 ,=-22,22,0.设 =t ,则 =+=+t =-22,22(1-),62 ,由 =0,解得 t=13.当 SEEC=21 时,.又 BE平面 PAC,故 BE平面 PAC

18、.-27-考点1 考点2 考点3 考点 3 利用空间向量求空间角(多考向)考向一 利用空间向量求异面直线所成的角例3(1)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心,则EF和CD所成的角的大小是 .(2)如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,D是棱PB的中点,已知PA=BC=2,AB=4,CBAB,则异面直线PC,AD所成角的余弦值为 .45 3010 -28-考点1 考点2 考点3 解析(1)以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,则

19、D(0,0,0),C(0,1,0),E 12,12,1,F 12,0,12,=0,-12,-12,=(0,1,0),cos=|=-22,=135,异面直线 EF 和 CD 所成的角的大小是 45.-29-考点1 考点2 考点3(2)因为PA平面ABC,所以PAAB,PABC.过点A作AECB,又CBAB,则AP,AB,AE两两垂直.如图,以A为坐标原点,分别以AB,AE,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因为D为PB的中点,所以D(2,0,1).故 =(-4,2,2),=(2,0,1).所以

20、cos=|=-6526=-3010.设异面直线 PC,AD 所成的角为,则 cos=|cos|=3010.-30-考点1 考点2 考点3 思考如何利用空间向量求异面直线所成的角?-31-考点1 考点2 考点3 考向二 利用空间向量求直线与平面所成的角 例4在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.思考如何利用空间向量求线面角?-32-考点1 考点2 考点3(1)证明 平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABB

21、D,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)解 过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.-33-考点1 考点2 考点3 以点 B 为坐标原点,分别以 ,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,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M 0,12,12,则 =(1,1,0),=0,12,12,=(0,1,-1).设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0),则 =0,=0,即 0+0=0,12 0+12 0=0,取 z0=1,得平面 MBC 的

22、一个法向量 n=(1,-1,1).设直线 AD 与平面 MBC 所成角为,则 sin=|cos|=|=63,即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.-34-考点1 考点2 考点3 考向三 利用空间向量求二面角的大小 例5(2020全国,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.思考如何利用向量求二面角?66 -35-考点1 考点2 考点3(1)证明:设 DO=a,由题设可得 PO=66 a,AO=33 a,AB=a,PA=PB=

23、PC=22 a.因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.所以PA平面PBC.-36-考点1 考点2 考点3(2)解:以 O 为坐标原点,的方向为 y 轴正方向,|为单位长,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-32,12,0,P 0,0,22 .所以 =-32,-12,0,=0,-1,22 .设 m=(x,y,z)是平面 PCE 的法向量,则 =0,=0,即 -+22 =0,-32-12 =0.可取 m=-33,1,2.由(1)知 =0,1,22 是平面 PCB 的一个法向量,记 n=,则 cos

24、=|=255.所以二面角 B-PC-E 的余弦值为255.-37-考点1 考点2 考点3 解题心得1.利用空间向量求异面直线所成的角,是通过两条直线的方向向量的夹角来求解,而异面直线所成角的范围是,两个向量的夹角的范围是0,因此要注意二者的区别与联系,应有cos=|cos|.2.利用空间向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,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.0,2 -38-考点1 考点2 考点3 3.利用空间向量求二面角的方法:(1)分别

25、在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小;(2)通过平面的法向量来求:设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则二面角的大小等于(或-).应注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角.-39-考点1 考点2 考点3 对点训练3(1)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA底面ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,AD=2 ,PA=2.求:PCD的面积;异面直线BC与AE所成的角的大小.2 -40-考点1 考点2 考点3(1)解 因为 PA底面 ABCD,所以 PACD.又 ADCD,所以 CD平面 PAD,从而 CD

26、PD.因为 PD=22+(22)2=23,CD=2,所以PCD 的面积为12223=23.-41-考点1 考点2 考点3(方法一)如图 a,取 PB 的中点 F,连接 EF,AF,则 EFBC,从而AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角.图 a在AEF 中,由于 EF=2,AF=2,AE=12PC=2,则AEF 是等腰直角三角形,所以AEF=4.因此,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是4.-42-考点1 考点2 考点3(方法二)如图 b,建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(2,22,0),E(1,2,1),=(1,2,1),=(0,22,0).图 b设 与 的

27、夹角为,则 cos=|=4222=22,所以=4.由此可知,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是4.-43-考点1 考点2 考点3(2)(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.求证:C1MB1D;求二面角B-B1E-D的正弦值;求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.-44-考点1 考点2 考点3(2)解:依题意,以 C 为原点,分别以 ,1 的方向为 x 轴,y轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得 C(0,0,0),A

28、(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).证明:依题意,1 =(1,1,0),1 =(2,-2,-2),从而1 1 =2-2+0=0,所以 C1MB1D.依题意,=(2,0,0)是平面 BB1E 的一个法向量,1 =(0,2,1),=(2,0,-1).设 n=(x,y,z)为平面 DB1E 的法向量,则 1 =0,=0,即 2+=0,2-=0.不妨设 x=1,可得 n=(1,-1,2).因此有 cos=|=66,于是 sin=306.所以,二面角 B-B1E-D 的正弦值为306.-45-

29、考点1 考点2 考点3 依题意,=(-2,2,0).由(2)知 n=(1,-1,2)为平面 DB1E 的一个法向量,于是 cos=|=-33.所以,直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为33.-46-考点1 考点2 考点3(3)(2020全国,理19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:点C1在平面AEF内;若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.-47-考点1 考点2 考点3(3)解:设 AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以 C1为坐标原点,11 的方向为 x 轴正方向,建

30、立空间直角坐标系 C1-xyz.证明:连接 C1F,则 C1(0,0,0),A(a,b,c),E,0,23 ,F 0,13 ,=0,13 ,1 =0,13 ,得 =1 ,因此 EAC1F,即 A,E,F,C1 四点共面,所以点 C1 在平面 AEF 内.-48-考点1 考点2 考点3 由已知得 A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),1 =(0,-1,2),1 =(-2,0,1).设 n1=(x,y,z)为平面 AEF 的法向量,则 1 =0,1 =0,即 -=0,-2-2=0,可取 n1=(-1,-1,1).设 n2 为平面 A1EF 的法向量,则 21 =0,21 =0,同理可取 n2=12,2,1.因为 cos=12|1|2|=-77,所以二面角 A-EF-A1 的正弦值为427.