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1、8.5 空间向量及其在立体几何中的应用高考数学高考数学第一页，编辑于星期六：七点 五十分。考点一用向量法证明平行、垂直考点一用向量法证明平行、垂直1.空间向量的有关定理(1)共线向量定理:共线向量定理可以分解为两个命题(a,b(b0)为空间内任意两个向量):(i)ab存在唯一实数,使得a=b;(ii)若存在实数,使得a=b,则ab,其中命题(ii)是空间向量共线的判定定理.(2)四点共面的充要条件:a.空间一点P位于平面ABC的充要条件是存在有序实数对(x,y),使=x+y成立;b.对空间任意一点O,有=x+y+z,若x+y+z=1,则P,A,B,C四点共面,反之亦成立.(3)空间向量基本定理
2、:a.空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一组基底;b.基底选定后,空间的所有向量均可由基底唯一表示.AP AB AC OP OA OB OC 考点清单考点清单第二页，编辑于星期六：七点 五十分。2.与空间向量运算有关的结论设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).(1)aba=b(b0)a1=b1,a2=b2,a3=b3(R);(2)abab=0a1b1+a2b2+a3b3=0;(3)|a|=;(4)cos=.3.与空间向量有关的问题(1)空间直角坐标系(i)一般建立右手直角坐标系;(ii)建立的空间直角坐标系必须满足三坐标轴两两垂直,让尽可能多的点落到坐标轴上或第一象限(第
3、一象限内点的坐标都为正).(2)直线的方向向量和平面的法向量2a222123aaa| | |a ba b1 1223 3222222123123a ba ba baaabbb第三页，编辑于星期六：七点 五十分。(i)直线的方向向量是指和这条直线平行(或在这条直线上)的有向线段所表示的向量,一条直线的方向向量可以有无数个.(ii)平面的法向量:a.一个平面的法向量是与平面垂直的直线的方向向量,因此一个平面的法向量有无数个,其中任意两个都是共线向量,但零向量不能作为平面的法向量.b.平面法向量的求法:首先要建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求解.具体的步骤为:设平面的法向量为n=(x,y,z),
4、找出(求出)平面内的两个不共线的向量a,b,根据法向量的定义得由此可建立关于x、y、z的方程组,解方程组,并取其中的一组解,该组解可作为法向量的坐标.4.利用空间向量解决平行、垂直问题设不同直线l,m的方向向量分别为a,b,不同平面,的法向量分别为u,v,则0,0,n an b第四页，编辑于星期六：七点 五十分。(1)lmaba=kb,kR且k0;(2)lauau=0;(3)uvu=v,R且0;(4)lmabab=0;(5)laua=ku,kR且k0;(6)uvuv=0.第五页，编辑于星期六：七点 五十分。考点二用向量法求空间角与距离考点二用向量法求空间角与距离1.空间角的计算(1)异面直线所
5、成角公式:设a、b分别为异面直线l1、l2的方向向量,为l1、l2所成的角,则cos=|cos|=.(2)线面所成角公式:设l为平面的斜线,a为l的方向向量,n为平面的法向量,为l与所成的角,则sin=|cos|=.(3)二面角公式:设n1、n2分别为平面、的法向量,二面角为,则=或=-(需要根据具体情况判断相等或互补),其中cos=.2.点到平面的距离公式P为平面外一点,a、n分别为平面过P点的斜向量、法向量,d为P到的距| | |a ba b| | |a na n1212| |n nn n第六页，编辑于星期六：七点 五十分。离,则d=|a|cos|=.| |a nn注意线面、面面距离均可转
6、化为点到平面的距离,用点到平面的距离公式求解.3.两点间的距离:已知点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则A,B两点间的距离为|=.AB 222212121(- )(- )(- )x xy yz z拓展延伸拓展延伸1.最小角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角.2.三余弦公式:cos=cos1cos2(如图所示,其中1是斜线OA与平面所成的角,2是斜线OA的射影AB与平面内的直线AC的夹角,是斜线OA与平面内的直线AC的夹角).第七页，编辑于星期六：七点 五十分。考法一考法一求异面直线所成角的方法求异面直线所成角的方法知能拓
7、展知能拓展例例1在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.315565522解析解析解法一:以A1为原点建立空间直角坐标系(如图),则A(0,0,),D1(0,1,0),D(0,1,),B1(1,0,0),所以=(0,1,-),=(1,-1,-),所以cos=.则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为|cos|=,故选C.解法二:如图,连接A1D,交AD1于点O,331AD 31DB 31AD 1DB 1111|ADDBAD DB 0 1 1 (-1)(- 3) (- 3)25 551AD 1DB 55第八页，编
8、辑于星期六：七点 五十分。四边形ADD1A1为矩形,A1O=OD,再取A1B1的中点E,连接OE,D1E,则OEDB1,且OE= DB1,AD1与DB1所成角即为D1OE或其补角.AB=BC=1,AA1= ,123AD1=2,D1E=,DB1=,OD1=AD1=1,OE=.在D1OE中,由余弦定理的推论得cosD1OE=.异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.21125222211( 3)1252222111-2ODOED EOD OE222551-2252 12 5555答案答案 C第九页，编辑于星期六：七点 五十分。例例2如图,在四面体ABCD中,O为BD中点,CA=CB=CD=
9、BD=2,AB=AD=.(1)求证:AO平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值.2第十页，编辑于星期六：七点 五十分。解析解析(1)证明:连接OC,由CB=CD,AB=AD,O为BD的中点,得AOBD,COBD,CO=,AO=1.在AOC中,AC2=AO2+OC2,故AOOC.又BDOC=O,因此AO平面BCD.(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,0),D(-1,0,0),=(1,0,-1),=(-1,-,0),22-CD OD322-AD OD3AB CD 3|cos|=,异面直线AB与CD所成角的余弦值为.AB CD |AB
10、 CDAB CD 2424方法总结方法总结向量法求异面直线所成角建立空间直角坐标系后,确定两直线的方向向量a,b,则两直线所成角满足cos=.| | |a ba b第十一页，编辑于星期六：七点 五十分。考法二考法二求直线与平面所成角的方法求直线与平面所成角的方法例例3 (2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.第十二页，编辑于星期六：七点 五十分。解题导引解题导引解法一:建立空间直
11、角坐标系,求出各点的坐标.(1)利用=0及=0得出AB1平面A1B1C1.(2)求出平面ABB1的法向量n以及直线AC1的方向向量,利用sin=求得.解法二:(1)在AA1B1中,由勾股定理的逆定理得AB1A1B1,在AB1C1中,由勾股定理的逆定理得AB1B1C1,从而得AB1平面A1B1C1.(2)过C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,利用面面垂直的性质得C1D面ABB1,从而得出AC1与平面ABB1所成的角为C1AD,解三角形得出其正弦值.1AB11AB 1AB11AC 11|AC|AC | |nn 第十三页，编辑于星期六：七点 五十分。解析解析解法一:(1)证明:如图,以AC的
12、中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的非负半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,1).因此=(1,2),=(1,-2),=(0,2,-3).3331AB311AB 311AC 3第十四页，编辑于星期六：七点 五十分。由=0得AB1A1B1.由=0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知=(0,2,1),=(1,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由得可取n=(-,1,0).所以sin=|co
13、s|=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=2,所以A11AB11AB 1AB11AC 1AC 3AB 31BB1AB0,BB0,nn 30,20,xyz31AC 11|AC|AC | |nn 391339132第十五页，编辑于星期六：七点 五十分。+A=A,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1=,由AB=BC=2,ABC=120得AC=2,由CC1AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1B1C1.又A1B1B1C1=B1,因此A
14、B1平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1,由C1DA1B1得C1D平面ABB1,所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.21B21B21A531321B21C21C由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cosC1A1B1=,则sinC1A1B1=,所以C1D=,故sinC1AD=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.52216717311C DAC39133913第十六页，编辑于星期六：七点 五十分。方法总结方法总结1.定义法(1)作:在斜线上选取恰当的点,过该点向平面
15、引垂线,作出所求角,其中确定垂足的位置是关键;(2)证:证明所作的角为直线与平面所成的角;(3)求:构造角所在的三角形,利用解三角形的知识求角.2.公式法sin=(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离,l为该点到斜足的距离,为斜线与平面所成的角).3.向量法sin=|cos|=(其中AB为平面的斜线,n为平面的法向量,为斜线AB与平面所成的角).hlAB |AB|AB| |nn 第十七页，编辑于星期六：七点 五十分。考法三考法三求二面角的方法求二面角的方法例例4 (2017课标,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)证明:平面PAB平面P
16、AD;(2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.第十八页，编辑于星期六：七点 五十分。解题导引解题导引(1)由已知得ABPA,ABPD,从而得出AB平面PAD,最后获证平面PAB平面PAD.(2)解法一:建立空间直角坐标系,写出各点坐标,分别求出平面PBC与平面PAB的法向量n与m,从而利用向量法求结果.解法二:取PB的中点F,由PAB为等腰三角形得AFPB,由PBC为等边三角形得CFPB,从而得AFC为二面角A-PB-C的平面角,在AFC中由余弦定理的推论得AFC的余弦值.第十九页，编辑于星期六：七点 五十分。解析解析(1)证明:由已知BAP=CDP=90,
17、得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,AP、PD平面PAD,所以AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)解法一(向量法):在平面PAD内作PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.FA AB 第二十页，编辑于星期六：七点 五十分。由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则2,0,0220,0,22,1,022-,
18、1,02PC 22-,1,-22CB 2PA 22,0,-22AB 即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos=-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.解法二(定义法):根据题意可设AB=1,PC0,CB0,nn 111122-xy -z0,222x0.2PA0,AB0,mm 22222x -z0,22y0.| | |n mn m3333第二十一页，编辑于星期六：七点 五十分。因为ABCD,APD=BAP=CDP=90,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形,且AD=PC=P
19、B=CB=,取PB的中点F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AFPB,在等边三角形PBC中,可得CFPB,所以AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB平面PAD,2又AD平面PAD,所以ABAD.所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC=.在AFC中,AC=,AF=,FC=,由余弦定理的推论可得cosAFC=-,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.332262222-2AFCFACAF CF3333第二十二页，编辑于星期六：七点 五十分。方法总结方法总结1.向量法:利用公式cos=(n1,n2分别为两平面的法向量)进行求解,注意与二面角大小的关系,是相等还是互补,需结
20、合图形进行判断.2.定义法:在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,如图(1),AOB为二面角-l-的平面角.3.垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角,如图(2),AOB为二面角-l-的平面角.4.垂线法(三垂线定理法):过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线,从垂足出发向棱引垂线,利用三垂线定理(线面垂直的性质)即可找到所求二面角的平面角或其补角.如图(3),ABO为二面角-l-的平面角.1212| |n nn n第二十三页，编辑于星期六：七点 五十分。立体几何中常见的探索型问题有以下两种类
21、型:(1)条件追溯型:解决此类问题的基本策略为执果索因,其结论明确,需要求出使结论成立的充分条件,将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切点.但在执果索因的过程中,常常会犯的错误是将必要条件当成充要条件,应引起注意.(2)存在判断型:解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略为:先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在;若导出与条件相矛盾的结果,则说明假设不成立,即不存在.求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性,所以用传统方法解决起来难度比较大,若用空间向量通过待定系数法求解存在性问题,则思路简单,解
22、法固定,操作方便.实践探究实践探究第二十四页，编辑于星期六：七点 五十分。例例如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,ADC=90,ADBC,ABAC,AB=AC=,点E在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF平面PAC;(2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时,直线PC与平面PAB所成的角为45?2第二十五页，编辑于星期六：七点 五十分。解题导引解题导引(1)欲证平面PEF平面PAC,结合题意只需证EF平面PAC(也许有考虑证明AC平面PEF的,但此路不通),把证“面面垂直”转化为证明“线面垂直”是通法,PAEF易证,
23、再证EFAC是关键,同一平面内证线线垂直问题,用平面几何知识证明即可.(2)这是已知结论找充分条件的问题,由线面角定义,易得APC=45,反推出AP的长,再通过建系求得二面角A-PB-E的余弦值.第二十六页，编辑于星期六：七点 五十分。解析解析(1)证明:ABAC,AB=AC,ACB=45,底面ABCD是直角梯形,ADC=90,ADBC,ACD=45,则AD=CD,(1分)又ABAC,BC=AC=2AD,(2分)AE=2ED,CF=2FB,AE=BF=AD,四边形ABFE是平行四边形,ABEF,(3分)ACEF,PA底面ABCD,PAEF,(4分)PAAC=A,EF平面PAC,EF平面PEF,
24、平面PEF平面PAC.(5分)(2)PAAC,ACAB,PAAB=A,AC平面PAB,则APC为PC与平面223第二十七页，编辑于星期六：七点 五十分。PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45,则tanAPC=1,即PA=AC=,(6分)取BC的中点G,连接AG,则AGBC,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E,P(0,0,),=,=,(7分)ACPA220,032EB 51,- ,03EP 20,-, 23第二十八页，编辑于星期六：七点 五十分。设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则即令y=3,则x
25、=5,z=,n=(5,3,),(9分)易知=(1,1,0)是平面PAB的一个法向量,(10分)cos=,结合图形可知当二面角A-PB-E的余弦值为时,直线PC与平面PAB所成的角为45.(12分)EB0,EP0,nn 5-0,32-20,3xyyz22AC AC 53262 232 23第二十九页，编辑于星期六：七点 五十分。例例已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,定点M在棱AB上(不与端点A,B重合),点P是平面ABCD内的动点,且点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为a2,则点P的轨迹为()A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线创新思维创新思维解题导引解题导引本题考查立体几何中点的轨迹问题,关键是能够通过建立空间直角坐标系,求出动点满足的方程,从而求得轨迹.第三十页，编辑于星期六：七点 五十分。解析解析作PFAD,PEA1D1,垂足分别为F,E.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系:设M(0,t,0),P(x,y,0),由正方体的性质可知,PF平面ADD1A1,PE2=y2+a2,PM2=x2+(y-t)2,PE2-PM2=y2+a2-x2-(y-t)2=a2,整理得x2=2ty-t2P的轨迹是抛物线.答案答案 D第三十一页，编辑于星期六：七点 五十分。