高考数学大一轮复习第八章立体几何8-7立体几何中的向量方法教师用书.doc

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1、1 / 19【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第八章立体几何精选高考数学大一轮复习第八章立体几何 8-78-7立体几何中的向量方法教师用书立体几何中的向量方法教师用书1直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量(2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n 为平面 的法向量，则求法向量的方程组为Error!2用向量证明空间中的平行关系(1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1l2(或 l1 与l2 重合)v1v2.(2)设直线 l 的方向向量为 v，与平面 共面的两

2、个不共线向量 v1和 v2，则 l 或 l存在两个实数 x，y，使 vxv1yv2.(3)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l 或lvu.(4)设平面 和 的法向量分别为 u1，u2，则 u1 u2.3用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则l1l2v1v2v1v20.(2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则lvu.(3)设平面 和 的法向量分别为 u1 和 u2，则u1u2u1u20.4两条异面直线所成角的求法设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2 的方向向量，则2 / 19l1与l2所成的角a

3、a与b b的夹角范围(0， 20，求法cos |ab| |a|b|cos ab |a|b|5.直线与平面所成角的求法设直线 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 ，a 与 n 的夹角为 ，则 sin |cos |.6求二面角的大小(1)如图，AB，CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 ， (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)【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(

4、1)平面的单位法向量是唯一确定的( )(2)若两平面的法向量平行，则两平面平行( )(3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行( )(4)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( )(5)两异面直线夹角的范围是(0，直线与平面所成角的范围是0，二面角的范围是0，( )(6)若二面角 a 的两个半平面 ， 的法向量 n1，n2 所成角为 ，则二面角 a 的大小是 .( )1已知 A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面 ABC 法3 / 19向量的是( )A(1,1,1) B(1，1,1)C(，) D(， ，)答案 C解析 设 n(x，y，z

5、)为平面 ABC 的法向量，则化简得Error!xyz.故选 C.2(2016杭州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1 与直线 AB1 所成角的余弦值为( )A. B.53C. D.54答案 A解析 设 CA2，则 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得 cos， ，故选 A.3(教材改编)设 u，v 分别是平面 ， 的法向量，u(2,2,5)，当 v(3，2,2)时， 与 的位置关系为_；当v(4，4，10)时， 与 的位置

6、关系为_答案 解析 当 v(3，2,2)时，uv(2,2,5)(3，2,2)0.当 v(4，4，10)时，v2u.4(教材改编)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 是底面正方形 ABCD 的中心，M 是 D1D 的中点，N 是 A1B1 的中点，则直线4 / 19ON，AM 的位置关系是_答案 垂直解析 以 A 为原点，分别以， ，所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，则 A(0,0,0)，M(0,1，)，O(， ，0)，N(，0,1)，(0,1，)(0，1)0，ON 与 AM 垂直题型一 利用空间向量证明平行问题例 1 (2016重庆模拟)如图

7、所示，平面 PAD平面 ABCD，ABCD 为正方形，PAD 是直角三角形，且 PAAD2，E，F，G 分别是线段PA，PD，CD 的中点求证：PB平面 EFG.证明 平面 PAD平面 ABCD，ABCD 为正方形，PAD 是直角三角形，且 PAAD，AB，AP，AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1，2,0)(2,0，2)，(0，1,0)，(1,1，1)，设st，即(2,0，2)s(0，1,0)t(1,1，1)，解得 s

8、t2，22，又与不共线，与共面PB平面 EFG，PB平面 EFG.引申探究本例中条件不变，证明平面 EFG平面 PBC.证明 (0,1,0)，(0,2,0)，5 / 192，BCEF.又EF平面 PBC，BC平面 PBC，EF平面 PBC，同理可证 GFPC，从而得出 GF平面 PBC.又 EFGFF，EF平面 EFG，GF平面 EFG，平面 EFG平面 PBC.思维升华 (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，是运用向量法证明平行和垂直的关键(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直

9、线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后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(2016北京区模拟)正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别是 C1C，B1C1 的中点求证：MN平面 A1BD.证明 如图所示，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系设正方体的棱长为 1，则 M(0,1，)，N(，1,1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，于是(，0，)，(1,0,1)，(1,1,0)设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，则 n0，且 n0，得Error!取 x1，得 y1

10、，z1.所以 n(1，1，1)又n(，0，)(1，1，1)0，6 / 19所以n.又 MN平面 A1BD，所以 MN平面 A1BD.题型二 利用空间向量证明垂直问题例 2 (2016绍兴模拟)如图，在多面体 ABCA1B1C1 中，四边形A1ABB1 是正方形，ABAC，BCAB，B1C1 綊 BC，二面角 A1ABC是直二面角求证：(1)A1B1平面 AA1C；(2)AB1平面 A1C1C.证明 (1)二面角 A1ABC 是直二面角，四边形 A1ABB1 为正方形，AA1平面 BAC.又ABAC，BCAB，CAB90，即 CAAB，AB，AC，AA1 两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系

11、，点 A 为坐标原点，设 AB2，则 A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)，(0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)设平面 AA1C 的一个法向量 n(x，y，z)，则即Error!即取 y1，则 n(0,1,0)2n，即n.A1B1平面 AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面 A1C1C 的一个法向量 m(x1，y1，z1)，则即Error!7 / 19令 x11，则 y11，z11，即 m(1，1,1)m012(1)210，m.又 AB1平面 A1C1C，AB1平面 A1C1C.思维升华 证

12、明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算其中灵活建系是解题的关键(2)其一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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：证明两平面的法向量互相垂直；利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可(2016宁波模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD是边长为 a 的正方形，侧面 PAD底面 ABCD，且 PAPDAD，设E，

13、F 分别为 PC，BD 的中点(1)求证：EF平面 PAD；(2)求证：平面 PAB平面 PDC.证明 (1)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP，OF.因为 PAPD，所以 POAD.因为侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，所以 PO平面 ABCD.又 O，F 分别为 AD，BD 的中点，所以 OFAB.8 / 19又 ABCD 是正方形，所以 OFAD.因为 PAPDAD，所以 PAPD，OPOA.以 O 为原点，OA，OF，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(，0,0)，F(0， ，0)，D(，0,0)，P(0,0，)，B(，

14、a,0)，C(，a,0)因为 E 为 PC 的中点，所以 E(， ，)易知平面 PAD 的一个法向量为(0， ，0)，因为(，0，)，且(0， ，0)(，0，)0，所以 OFEF，又因为 EF平面 PAD，所以 EF平面 PAD.(2)因为(，0，)，(0，a,0)，所以(，0，)(0，a,0)0，所以 PACD.又 PAPD，PDCDD，PD平面 PDC，CD平面 PDC，所以 PA平面 PDC.又 PA平面 PAB，所以平面 PAB平面 PDC.题型三 利用空间向量求空间角命题点 1 求直线和平面所成的角例 3 (2016杭州二中月考)如图 1，在 RtACB 中，C90，BC3，AC6，

15、D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE2，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1CCD，如图 2.(1)求证：A1C平面 BCDE；(2)若 M 是 A1D 上的点，试确定点 M 的位置，使得直线 CM 与平面9 / 19A1BE 所成角的正弦值为.(1)证明 因为C90，DEBC，所以 BCCD，BCA1D，因为 CDA1DD，CD平面 A1CD，A1D平面 A1CD，所以 BC平面 A1CD，因为 A1C平面 A1CD，所以 BCA1C，DEA1C，又 A1CCD，CDBCC，CDDED，DEBC，所以 A1C平面 BCDE.(2)解 以 C 为原点，以 CB

16、，CD，CA1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，因为，所以 AD4，CD2，A1C2，所以 A1(0,0,2)，B(3,0,0)，E(2,2,0)，D(0,2,0)，(2,2，2)，(1,2,0)，A1E(0，2,2)DA1设 M 点的坐标为(0，y0，z0)，则所以(0,22，2)，设平面 A1BE 的一个法向量 n(x，y，z)，则即Error!令 x2，则 y1，z，即 n(2,1，)设直线 CM 与平面 A1BE 所成角为 ，则 sin ，即，解得 或，所以 M 为线段 A1D(靠近点 A1)四分之一处的点或三分之二处的点命题点 2 求二面角10 / 19

17、例 4 已知点 E，F 分别在正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 BB1，CC1 上，且 B1E2EB，CF2FC1，则平面 AEF 与平面 ABCD 所成的二面角的正切值为_答案 23解析 如图，建立空间直角坐标系 Dxyz，设 DA1，由已知条件得A(1,0,0)，E(1,1，)，F(0,1，)，(0,1，)，(1,1，)，设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，平面 AEF 与平面 ABCD 所成的二面角为 ，由图知 为锐角，由得Error!令 y1，则 z3，x1，即 n(1,1，3)，取平面 ABCD 的法向量为 m(0,0，1)，则 cos |cosn，m|，tan .思

18、维升华 利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角(2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小(2016全国丙卷)如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，N 为 PC 的中点(1)证明 MN平面 PAB；(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值(1)证明 由已知得 AMAD2.取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，11 / 19由 N 为 PC 中点知 TNBC，TNBC2.又 ADBC，故 TN 綊

19、AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT.因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB，所以 MN平面 PAB.(2)解 取 BC 的中点 E，连接 AE.由 ABAC 得 AEBC，从而 AEAD，AE.以 A 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则Error!即可取 n(0,2,1)于是|cosn， |.设 AN 与平面 PMN 所成的角为 ，则 sin ，直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为.21利用向量

20、法解决立体几何问题典例 (14 分)(2016吉林实验中学月考)如图 1 所示，正ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB，如图 2 所示(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角 EDFC 的余弦值；(3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 APDE？证明你的结论思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化12 / 19为空间向量的运

21、算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想(2)两种思路：选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题规范解答解 (1)AB平面 DEF，理由如下：在ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点，得 EFAB.又 AB平面 DEF，EF平面 DEF，AB平面 DEF.2 分(2)以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0， ，1)，F(1， ，0)，3 分易知平面 CDF 的法向量为(0,0,2)

22、，设平面 EDF 的法向量为 n(x，y，z)，则即取 n(3，3)，cos，n，二面角 EDFC 的余弦值为.8 分(3)设 P(x，y,0)，则y20，y.又(x2，y,0)，(x,2y,0)，(x2)(2y)xy，xy2.10 分把 y代入上式得 x，P(， ，0)，在线段 BC 上存在点 P(， ，0)，使 APDE.14 分13 / 191(2017西安质检)若平面 ， 的法向量分别是 n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则( )A BC， 相交但不垂直 D以上答案均不正确答案 C解析 n1n22(3)(3)15(4)0，n1 与 n2 不垂直，且不共线 与 相交但不垂直2已知平

23、面 内有一点 M(1，1,2)，平面 的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点 P 中，在平面 内的是( )AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项 A，(1,4,1)，n61260，n，点 P 在平面 内，同理可验证其他三个点不在平面 内3若，则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是( )A相交 B平行C在平面内 D平行或在平面内答案 D解析 ，、 、共面，AB 与平面 CDE 平行或在平面 CDE 内4设 u(2,2，t)，v(6，4,4)分别是平面 ， 的法向量若 ，则 t 等于( )A3 B4 C5 D614 /

24、19答案 C解析 ，则 uv262(4)4t0，t5.5(2016泰安模拟)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1MAN，则 MN 与平面BB1C1C 的位置关系是( )A斜交 B平行C垂直 DMN 在平面 BB1C1C 内答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于 A1MAN，则 M(a， ，)，N(， ，a)，(，0，)又 C1D1平面 BB1C1C，所以(0，a,0)为平面 BB1C1C 的一个法向量因为0，所以，又 MN平面 BB1C1C，所以 MN平面 BB1C1C.6在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，

25、点 E 为 BB1 的中点，则平面 A1ED与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A. B. C. D.22答案 B解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，设棱长为 1，则 A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，(0,1，1)，(1,0，)设平面 A1ED 的一个法向量为 n1(1，y，z)，则有Error!15 / 19即即 n1(1,2,2)平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0,0,1)，cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.7(2016广州质检)已知平面 内的三点 A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面 的一个

26、法向量 n(1，1，1)，则不重合的两个平面 与 的位置关系是_答案 解析 设平面 的法向量为 m(x，y，z)，由 m0，得 x0yz0yz，由 m0，得 xz0xz，取 x1，m(1,1,1)，mn，mn，.8(2016潍坊模拟)已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)对于结论：APAB；APAD；是平面 ABCD 的法向量；.其中正确的是_答案 解析 0，0，ABAP，ADAP，则正确又与不平行，是平面 ABCD 的法向量，则正确(2,3,4)，(1,2，1)，与不平行，故错误16 / 199.如图，正方体 ABCD-A1B

27、1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别是棱 BC，DD1上的点，如果 B1E平面 ABF，则 CE 与 DF 的和的值为_答案 1解析 以 D1 为原点，D1A1，D1C1，D1D 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 CEx，DFy，则易知 E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1y)，B(1,1,1)，(x1,0,1)，(1,1，y)，B1E平面ABF，(1,1，y)(x1，0,1)0xy1.*10.如图，圆锥的轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，O 为底面中心，M 为 SO 中点，动点 P 在圆锥底面内(包括圆周)若 AMMP，则点 P 形成的轨迹长度

28、为_答案 72解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示则 A(0，1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，)，M(0,0，)，设 P(x，y,0)，(0,1，)，(x，y，)，即 y，点 P 的轨迹方程为 y.根据圆的弦长公式，可得点 P 形成的轨迹长度为 2 .11(2016泉州模拟)如图所示，已知直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABC 为等腰直角三角形，BAC90，且 ABAA1，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 (1)以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1 所在直线为 x 轴，y 轴，z轴，建立如图所示空间

29、直角坐标系 Axyz，令 ABAA14，17 / 19则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)取 AB 中点为 N，连接 CN，则 N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，DENC，又NC平面 ABC，DE平面 ABC.故 DE平面 ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)(2)22(2)(4)(2)0，B1F(2)222(4)00.B1F，即 B1FEF，B1FAF，又AFEFF，AF平面 AEF，EF平面 AEF，B1F平面 AEF.12(2016杭州模拟)在平面四边形

30、ABCD 中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD 沿 BD 折起，使得平面ABD平面 BCD，如图所示(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(1)证明 平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，AB平面 ABD，ABBD，AB平面 BCD.又 CD平面 BCD，ABCD.(2)解 过点 B 在平面 BCD 内作 BEBD，如图所示由(1)知 AB平面 BCD，BE平面 BCD，BD平面 BCD.ABBE，ABBD.18 / 19以 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

31、标系依题意，得 B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0， ，)，则(1,1,0)，(0， ，)，(0,1，1)设平面 MBC 的法向量 n(x0，y0，z0)，则即Error!取 z01，得平面 MBC 的一个法向量 n(1，1,1)设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 ，则 sin |cosn， |，即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为.*13.(2016嘉兴二模)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB2，BCCC11，点 P 是 CD 上的一点，PCPD.(1)若 A1C平面 PBC1，求 的值；(2)设 11，23 所对应的点

32、 P 为 P1，P2，二面角 P1BC1P2的大小为 ，求 cos 的值解 方法一 (1)A1CBC1，若 A1CPB，则 A1C平面 PBC1，只需 A1CPB 即可，在矩形 ABCD 中，解得 CP，PD，.(2)过点 C 作 CHBC1 交 BC1 于点 H，连接 P1H，P2H(图略)，则P1HP2 就是所求二面角的一个平面角 .P1C1，P2C，CH，tanP1HC，tanP2HC，tan tan(P2HCP1HC)，所求余弦值为.方法二 (1)建立如图所示空间直角坐标系 Oxyz，19 / 19则 B(1,2,0)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，C(0,2,0)，设 P(0， ，0)，则(1,2，1)，(1,0,1)，(1，2,0)，BP若 A1C平面 PBC1，则即Error!解得 .(2)由 P1(0,1,0)，P2(0， ，0)，得(1，1,0)，(1,0,1)，(1，0)BP2设平面 BC1P1 与平面 BC1P2 的法向量分别是 n1，n2，由得 n1(1，1,1)，由得 n2(3，2,3)，cos .