《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第6节 立体几何中的向量方法 教案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第6节 立体几何中的向量方法 教案.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 第六节第六节 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法 最新考纲 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异面直线所成的角 设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 a 与 b 的夹角a，b l1与 l2所成的角 范围 0a，b 02 关系 cosa，ba b|a|b| cos |cosa，b|a b|a|b| 2.直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，则 sin |cosa，n|a n|a|n| 3二面角 (1)如图，AB，CD 是二面角
2、- l- 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 AB，CD (2)如图，n1，n2分别是二面角 - l- 的两个半平面 ， 的法向量，则二面角的大小 满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 知识拓展 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 2 的法向量，则 B 到平面 的距离为|BO|AB n|n|. 一、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( ) (3)两个平面的法向量所成
3、的角是这两个平面所成的角( ) (4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材改编 1 已知向量 m， n 分别是直线 l 和平面 的方向向量和法向量， 若 cos m，n12，则 l 与 所成的角为( ) A30 B60 C120 D150 A 由于 cosm，n12，所以m，n120，所以直线 l 与 所成的角为 30. 2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为( ) A.4 B.34 C.4或34 D.2或34 C m(0，1，0)，n(0，1，1)
4、， m n1，|m|1，|n| 2， cosm，nm n|m|n|22， m，n4. 3 两平面所成的二面角为4或34，故选 C. 3.如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，已知 M，N分别是 BD 和 AD 的中点，则 B1M 与 D1N 所成角的余弦值为( ) A.3010 B.3015 C.3030 D.1515 A 以 D 为原点建立空间直角坐标系 D- xyz，如图， 设 AB2，则 N(1，0，0)，D1(0，0，2)，M(1，1，0)，B1(2，2，2)， B1M(1，1，2)， D1N(1，0，2)， B1MD1N143， |B1M| 6，|D1N| 5， cosB1
5、M，D1N33030100， B1M 与 D1N 所成角的余弦值为3010.故选 A. 4.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC- A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1与侧面 ABB1A1所成的角为_ 6 如图，以 A 为原点，以AB，AE(AEAB)，AA1所在直线分别为 x 轴、y轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设 D 为 A1B1的中点， 则 A(0，0，0)，C1(1， 3，2 2)，D(1，0，2 2)，AC1(1， 3，2 2)，AD(1，0，2 2) C1AD 为 AC1与平面 ABB1A1所成的角， 4 cosC1ADAC1AD|AC1|A
6、D| （1， 3，2 2） （1，0，2 2）12 932， 又C1AD0，2，C1AD6. 考点 1 求异面直线所成的角 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系 (2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量 (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值 (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值 (2017 全国卷)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC120， AB2，BCCC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.33 C 在平面 ABC 内过点 B
7、作 AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为 x轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 Bxyz， 则 A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C32，12，0 ， C132，12，1 ，AB1(0，2，1)，BC132，12，1 ， cosAB1，BC1AB1BC1|AB1|BC1|25 2105，故选 C. 母题探究 5 1.本例条件换为： “直三棱柱 ABC- A1B1C1中， ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点”，则直线 EF和 BC1所成的角是_ 60 以 B 为坐标原点，以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z
8、轴，建立空间直角坐标系如图所示 设 ABBCAA12，则 C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，EF(0，1，1)，BC1(2，0，2)，EF BC12，cosEF，BC1222 212，则 EF 和 BC1所成的角是 60. 2本例条件换为：“直三棱柱 ABC- A1B1C1中，底面为等边三角形， AA1AB，N，M 分别是 A1B1，A1C1的中点”，则 AM 与 BN 所成角的余弦值为_ 710 如图所示，取 AC 的中点 D，以 D 为原点，BD，DC，DM 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 AC2，则 A(0，1，0)，M(0，0，
9、2), B( 3，0，0)，N32，12，2 ， 所以AM(0，1，2)，BN32，12，2 ， 所以 cosAM，BNAM BN|AM|BN|725 5710. 两异面直线所成角的范围是 0，2， 两向量的夹角 的范围是0，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；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角 教师备选例题 如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120 ，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE平面 ABCD，DF平面6 ABCD，BE2DF，AEEC. (1)证明：平面 AEC平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角
10、的余弦值 解 (1)证明：如图所示，连接 BD，设 BDACG，连接 EG，FG，EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1. 由ABC120 ， 可得 AGGC 3. 由 BE平面 ABCD，ABBC2，可知 AEEC. 又 AEEC，所以 EG 3，且 EGAC. 在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF22. 在 RtFDG 中，可得 FG62. 在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE 2，DF22，可得 EF3 22，从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG. 又 ACFGG，AC，FG平面 AFC， 所以 EG平面 AFC. 因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 A
11、FC. (2)如图，以 G 为坐标原点，分别以 GB，GC 所在直线为 x 轴、 y 轴， |GB|为单位长度， 建立空间直角坐标系 G- xyz， 由(1)可得 A(0， 3， 0)， E(1,0， 2)， F1，0，22，C(0， 3，0)， 所以AE(1， 3， 2)，CF1， 3，22. 故 cosAE，CFAE CF|AE|CF|33. 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为33. 7 如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面ABCD 是菱形，AB2，BAD60. (1)求证：BD平面 PAC； (2)若 PAAB，求 PB 与 AC 所成角的余弦值 解 (1
12、)证明：因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 ACBD. 因为 PA平面 ABCD， 所以 PABD. 又因为 ACPAA， 所以 BD平面 PAC. (2)设 ACBDO. 因为BAD60，PAAB2， 所以 BO1，AOCO 3. 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 O- xyz， 则 P(0， 3，2)，A(0， 3，0)，B(1，0，0)，C(0， 3，0) 所以PB(1， 3，2)， AC(0，2 3，0) 设 PB 与 AC 所成角为 ，则 cos PB AC|PB|AC|62 22 364. 即 PB 与 AC 所成角的余弦值为64. 考点 2 求直线与平面所成的角 利
13、用向量法求线面角的 2 种方法 (1)法一：分别求出斜线和它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)法二：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角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角 8 (2019 深圳模拟)已知四棱锥 P- ABCD， 底面 ABCD 为菱形，PDPB，H 为 PC 上的点，过 AH的平面分别交PB， PD 于点 M， N， 且BD平面 AMHN. (1)证明：MNPC； (2)当 H 为 PC 的中点，PAPC 3AB，PA 与平面 ABCD 所成的角为 60，求 AD 与平面 AMHN 所成
14、角的正弦值 解 (1)证明：连接 AC、BD 且 ACBDO，连接 PO.因为 ABCD 为菱形，所以 BDAC， 因为 PDPB，所以 POBD， 因为 ACPOO 且 AC、PO平面 PAC， 所以 BD平面 PAC， 因为 PC平面 PAC，所以 BDPC， 因为 BD平面 AMHN， 且平面 AMHN平面 PBDMN， 所以 BDMN，MN平面 PAC， 所以 MNPC. (2)由(1)知 BDAC 且 POBD， 因为 PAPC，且 O 为 AC 的中点， 所以 POAC，所以 PO平面 ABCD， 所以 PA 与平面 ABCD 所成的角为PAO， 所以PAO60， 所以 AO12P
15、A，PO32PA， 因为 PA 3AB，所以 BO36PA. 以OA，OD，OP分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示 设 PA2，所以 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，33，0)，C(1，0，0)，D(0，33，0)，P(0，0， 3)，9 H(12，0，32)， 所以BD(0，2 33，0)，AH(32，0，32)，AD(1，33，0) 设平面 AMHN 的法向量为 n(x，y，z)， 所以n BD0，n AH0，即2 33y0，32x32z0， 令 x2，则 y0，z2 3，所以 n(2，0，2 3)， 设 AD 与平面 AMHN 所成角为 ， 所以 sin |
16、cosn，AD|n AD|n|AD|34. 所以 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值为34. 若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系 sin2cos21 求出其值不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求 (2019 浙江高考)如图，已知三棱柱ABC- A1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F 分别是 AC，A1B1的中点 (1)证明：EFBC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值 解 法一：(几何法)(1)连接 A1E，因为 A1AA1C，E 是 AC 的中点，所以A1EAC. 又平面 A1ACC
17、1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1平面 ABCAC， 所以，A1E平面 ABC，则 A1EBC. 又因为 A1FAB，ABC90，故 BCA1F. 所以 BC平面 A1EF. 因此 EFBC. 10 (2)取 BC 中点 G，连接 EG，GF，则四边形 EGFA1是平行四边形由于 A1E平面 ABC，故 A1EEG，所以平行四边形 EGFA1为矩形 由(1)得 BC平面 EGFA1，则平面 A1BC平面 EGFA1， 所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上 连接A1G交EF于O， 则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角) 不妨设 AC4
18、，则在 RtA1EG 中，A1E2 3，EG 3. 由于 O 为 A1G 的中点，故 EOOGA1G2152， 所以 cosEOGEO2OG2EG22EOOG35. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是35. 法二：(向量法)(1)连接 A1E，因为 A1AA1C，E 是 AC 的中点，所以 A1EAC. 又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1平面 ABCAC，所以 A1E平面 ABC. 如图，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1为 y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E- xyz. 不妨设 AC4， 则 A1(0， 0， 2
19、3)， B( 3， 1， 0)， B1( 3，3，2 3)，F(32，32，2 3)，C(0，2，0) 因此EF(32，32，2 3)，BC( 3，1，0) 由EF BC0，得 EFBC. (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 . 由(1)可得BC( 3，1，0)，A1C(0，2，2 3) 设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z)， 由BC n0，A1Cn0，得 3xy0，y 3z0， 11 取 n(1， 3，1)， 故 sin |cosEF，n|EF n|EF| |n|45， 所以 cos 35， 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为35. 考点 3 求二面
20、角 利用向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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(钝)二面角 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行 (2019全 国 卷 ) 如 图 ， 直 四 棱 柱ABCD- A1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 (1)证明：MN平面 C1DE； (
21、2)求二面角 A- MA1N 的正弦值 解 (1)连接 ME，B1C M，E 分别为 BB1，BC 中点， ME 为B1BC 的中位线， MEB1C 且 ME12B1C， 又 N 为 A1D 中点，且 A1D 綊 B1C， NDB1C 且 ND12B1C， ME 綊 ND， 四边形 MNDE 为平行四边形， 12 MNDE. 又 MN平面 C1DE，DE平面 C1DE，MN平面 C1DE. (2)法一：设 ACBDO，A1C1B1D1O1， 由直四棱柱性质可知：OO1平面 ABCD. 四边形 ABCD 为菱形，ACBD. 则以 O 为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系： 则 A()3，0，0
22、 ，M()0，1，2 ，A1()3，0，4 ，D(0，1，0)，N32，12，2 . 取 AB 中点 F，连接 DF，则 F32，12，0 . 四边形 ABCD 为菱形且BAD60， BAD 为等边三角形， DFAB. 又 AA1平面 ABCD，DF平面 ABCD， DFAA1. DF平面 ABB1A1，即 DF平面 AMA1. DF为平面 AMA1的一个法向量，且DF32，32，0 . 设平面 MA1N 的法向量 n()x，y，z ， 又MA1()3，1，2 ，MN32，32，0 . n MA1 3xy2z0，n MN32x32y0， 令 x 3，则 y1，z1 ，n()3，1，1 . co
23、sDF，nDF nDF| |n315155， sinDF，n105， 二面角 A- MA1N 的正弦值为105. 13 法二：由已知可得 DEDA.以 D 为坐标原点，DA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(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，N(1，0，2)，A1A(0，0，4)，A1M(1， 3，2)， A1N(1，0，2)，MN(0， 3，0) 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则m A1M0，m A1A0，即x 3y2z0，4z0. 所以可取 m( 3，1，0) 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则n
24、 MN0，n A1N0. 即 3q0，p2r0. 可取 n(2，0，1)， 于是 cosm，nm n|m|n|2 32 5155， 所以二面角 A- MA1N 的正弦值为105. 母题探究 本例条件不变，求点 C 到平面 C1DE 的距离 解 法一：(几何法)过 C 作 C1E 的垂线，垂足为 H.由已知可得 DEBC，DEC1C，所以 DE平面 C1CE，故 DECH. 又 DEC1EE， 从而 CH平面 C1DE，故 CH 的长即为 C 到平面 C1DE 的距离， 由已知可得 CE1，C1C4，所以 C1E 17， 14 故 CH4 1717. 从而点 C 到平面 C1DE 的距离为4 1
25、717. 法二：(等体积法)在菱形 ABCD 中，E 为 BC 中点，所以 DEBC，根据题意有 DE 3，C1E 17， 因为棱柱为直棱柱，所以有 DE平面 BCC1B1， 所以 DEEC1，所以 SDEC112 3 17， 设点 C 到平面 C1DE 的距离为 d， 根据题意有 VC1CDEVC- C1DE， 则有1312 3 17d13121 34， 解得 d4174 1717， 所以点 C 到平面 C1DE 的距离为4 1717. 本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键 1.如图所示，二面角的棱上有 A，B 两点，直线 AC，BD 分别在这
26、个二面角的两个半平面内， 且都垂直于 AB.已知 AB4， AC6， BD8， CD2 17， 则该二面角的大小为_ 60 CDCAABBD， |CD|（CAABBD）2 3616642CA BD 1162CA BD2 17. CA BD|CA| |BD| cosCA，BD24. cosCA，BD12. 又所求二面角与CA，BD互补， 15 所求的二面角为 60. 2.如图，EA平面 ABC ，DB平面 ABC，ABC 是等边三角形，AC2AE，M 是 AB 的中点 (1)求证：CMEM; (2)若直线 DM 与平面 ABC 所成角的正切值为 2，求二面角 B- CD- E 的余弦值 解 (1
27、)证明：因为ABC 是等边三角形，M 是 AB 的中点， 所以 CMAM. 因为 EA平面 ABC，CM平面 ABC， 所以 CMEA. 因为 AMEAA，所以 CM平面 EAM. 因为 EM平面 EAM，所以 CMEM. (2)以点 M 为坐标原点，MC 所在直线为 x 轴，MB 所在直线为 y 轴，过 M 且与直线 BD 平行的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 M- xyz，如图所示 因为 DB平面 ABC， 所以DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成的角， 所以 tanDMBBDMB2， 即 BD2MB，所以 BDAC. 不妨设 AC2，又 AC2AE，则 CM 3，AE1. 故
28、B(0，1，0)，C( 3，0，0)，D(0，1，2)，E(0，1，1) 所以BC( 3，1，0)，BD(0，0，2)，CE( 3，1，1)，CD( 3，1，2) 设平面 BCD 与平面 CDE 的一个法向量分别为 m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)， 由m BC0，m BD0， 得 3x1y10，2z10. 令 x11，得 y1 3，所以 m(1， 3，0) 16 由n CE0，n CD0， 得 3x2y2z20， 3x2y22z20. 令 x21，得 y233，z22 33. 所以 n1，33，2 33. 所以 cosm，nm n|m|n|0. 所以二面角 B- CD- E 的余弦值为 0.