2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版

1、2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版年级：姓名：立体几何中的向量方法考试要求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，bl1与l2所成的角范围0a，b0关系cosa，bcos |cosa，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|.3二面角

2、(1)如图1，ab，cd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，图1图2图3(2)如图2,3，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)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b到平面的距离为|.一、易错易误辨析(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的角是这两个平面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是

3、，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，()答案(1)(2)(3)(4)二、教材习题衍生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，n，则l与所成的角为()a30b60 c120d150a由于cosm，n，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. b.c.或 d.或cm(0,1,0)，n(0,1,1)，mn1，|m|1，|n|，cosm，n，m，n.两平面所成的二面角为或，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b

4、1m与d1n所成角的余弦值为()a. b.c. d.a以d为原点建立空间直角坐标系dxyz，如图，设ab2，则n(1,0,0)，d1(0,0,2)，m(1,1,0)，b1(2,2,2)，(1，1，2)，(1,0，2)，143，|，|，cos，0，b1m与d1n所成角的余弦值为.故选a.4在正三棱柱abca1b1c1中，abaa1，则ac1与平面bb1c1c所成角的正弦值为()a. b. c. d.c建立如图所示的坐标系，设ab2，则c1(，1,0)，a(0,0,2)，(，1，2)，平面bb1c1c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. 考点一求异面直线所成

5、的角 用向量法求异面直线所成角的一般步骤典例1 (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.b.c.d.c 在平面abc内过点b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)，c，c1，(0，2,1)，cos，故选c.母题变迁1.本例条件换为：“直三棱柱abca1b1c1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

6、为y轴，bb1为z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)，(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，则ef和bc1所成的角是60.2本例条件换为：“直三棱柱abca1b1c1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_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(0,0,2), b(，0,0)，n，所以(0,1,2)，所以cos，.点评：两异面直线所成角的范围是，两向

7、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如图，在四棱锥pabcd中，pa平面abcd，底面abcd是菱形，ab2，bad60.若paab，则pb与ac所成角的余弦值为_因为四边形abcd是菱形，所以acbd.设acbdo.因为bad60，paab2，所以bo1，aoco.如图，以o为坐标原点，建立空间直角坐标系oxyz，则p(0，2)，a(0，0)，b(1,0,0)，c(0，0)所以(1，2)，(0,2，0)设pb与ac所成角为，则cos .即pb与ac所成角的余弦值为. 考点二求直线与平面

8、所成的角 利用向量法求线面角的两种方法典例2(2020郑州模拟)在如图所示的多面体中，四边形abcd是平行四边形，四边形bdef是矩形，ed平面abcd，abd，ab2ad.(1)求证：平面bdef平面 ade；(2)若edbd，求直线af与平面aec所成角的正弦值解(1)证明：在abd中，abd，ab2ad，由余弦定理，得bdad，从而bd2ad2ab2，故bdad，所以abd为直角三角形且adb.因为de平面abcd，bd平面abcd，所以debd.又added，所以bd平面ade.因为bd平面bdef，所以平面bdef平面ade.(2)由(1)可得，在rtabd中，bad，bdad，又由

9、edbd，设ad1，则bded.因为de平面abcd，bdad，所以以点d为坐标原点，da，db，de所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示则a(1,0,0)，c(1，0)，e(0,0，)，f(0，)，所以(1,0，)，(2，0)设平面aec的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)为平面aec的一个法向量因为(1，)，所以cosn，所以直线af与平面aec所成角的正弦值为.点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“ab2ad及abd”得出abd为直角三角形，解题务必推理严谨如图，四棱锥pabcd中，pa底面abcd，adbc，abadac3，pabc4，m

10、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所成角的正弦值解(1)证明：由已知得amad2.取bp的中点t，连接at，tn.由n为pc的中点知tnbc，tnbc2.又adbc，故tn綊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)取bc的中点e，连接ae.由abac得aebc，从而aead，且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

11、平面pmn的法向量，则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|，则直线an与平面pmn所成角的正弦值为. 考点三求二面角 利用向量计算二面角大小的常用方法提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行典例3(2019全国卷)如图，直四棱柱abcda1b1c1d1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；(2)求二面角ama1n的正弦值解(1)连接me，b1cm，e分别为bb1，bc中点，me为b1bc的中位线，meb1c且meb1c，又n为a1d中点，且a1d綊b1c，ndb1c且ndb1c，me綊nd，四边形m

12、nde为平行四边形，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，m，a1，d(0，1,0)，n .取ab中点f，连接df，则f.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.为平面ama1的一个法向量，且.设平面ma1n的法向量n，又，. 令x，则y1，z1 ，n.cos，n，sin，n，

13、二面角ama1n的正弦值为.法二：由已知可得deda.以d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dxyz，则a(2,0,0)，a1(2,0,4)，m(1，2)，n(1,0,2)，(0，0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面a1ma的法向量，则即 所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面a1mn的法向量，则 即 可取n(2,0，1)，于是cosm，n，所以二面角ama1n的正弦值为.母题变迁本例条件不变，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d

14、ech.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，故ch.从而点c到平面c1de的距离为.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，c1e，因为棱柱为直棱柱，所以有de平面bcc1b1，所以deec1，所以sdec1，设点c到平面c1de的距离为d，根据题意有vc1cdevcc1de，则有d14，解得d，所以点c到平面c1de的距离为.点评：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分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于ab.已知ab4，ac6，bd8，cd2，则该二面角的大小为_60，|2.|cos，24.cos，.又所求二面角与，互补，所求的二面角为60.2(2020全国卷)如图，d为圆锥的顶点，o是圆锥底面的圆心，ae为底面直径，aead.abc是底面的内接正三角形，p为do上一点，podo.(1)证明：pa平面pbc；(2)求二面角bpce的余弦值解(1)证明：设doa，由题设可得poa，aoa，abacbca，papbpca.因此