高中数学§85《空间向量及其在立体几何中的应用》知识点讲解附真题课件

§8.5空间向量及其在立体几何中的应用高考数学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(b≠0)为空间内

任意两个向量):(i)a∥b⇒存在唯一实数λ,使得a=λb;(ii)若存在实数λ,使得a

=λb,则a∥b,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①

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: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.考点清单2.与空间向量运算有关的结论设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).(1)a∥b⇔a=λb(b≠0)⇔②

a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3

(λ∈R);(2)a⊥b⇔a·b=0⇔③

a1b1+a2b2+a3b3=0

;(3)|a|=

=

;(4)cos<a,b>=

=④

.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(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),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α,β的法向量分别为u,v,则(1)l∥m⇔a∥b⇔a=kb,k∈R且k≠0;(2)l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0;(3)α∥β⇔u∥v⇔u=λv,λ∈R且λ≠0;(4)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0;(5)l⊥α⇔a∥u⇔a=ku,k∈R且k≠0;(6)α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0.考点二用向量法求空间角与距离1.空间角的计算(1)异面直线所成角公式:设a、b分别为异面直线l1、l2的方向向量,θ为l1、l2

所成的角,则cosθ=|cos<a,b>|=

.(2)线面所成角公式:设l为平面α的斜线,a为l的方向向量,n为平面α的法向

量,θ为l与α所成的角,则sinθ=⑤|cos<a,n>|=

.(3)二面角公式:设n1、n2分别为平面α、β的法向量,二面角为θ,则θ=<n1,n2>

或θ=π-<n1,n2>(需要根据具体情况判断相等或互补),其中cos<n1,n2>=

.2.点到平面的距离公式P为平面α外一点,a、n分别为平面α过P点的斜向量、法向量,d为P到α的距离,则d=|a|·|cos<a,n>|=

.注意线面、面面距离均可转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|

|=⑥

.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:cosθ=cosθ1·cosθ2(如图所示,其中θ1是斜线OA与平面α所成

的角,θ2是斜线OA的射影AB与平面内的直线AC的夹角,θ是斜线OA与平面

内的直线AC的夹角).

考法一求异面直线所成角的方法知能拓展例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.

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,∵四边形ADD1A1为矩形,∴A1O=OD,再取A1B1的中点E,连接OE,D1E,则OE∥DB1,且OE=

DB1,∴AD1与DB1所成角即为∠D1OE或其补角.∵AB=BC=1,AA1=

,∴AD1=2,D1E=

=

,DB1=

=

,∴OD1=

AD1=1,OE=

.在△D1OE中,由余弦定理的推论得cos∠D1OE=

=

=

.∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为

,故选C.答案

C例2如图,在四面体ABCD中,O为BD中点,CA=CB=CD=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.

解析(1)证明:连接OC,由CB=CD,AB=AD,O为BD的中点,得AO⊥BD,CO

⊥BD,∴CO=

=

,AO=

=1.在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC.又BD∩OC=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),∴|cos<

,

>|=

=

,∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为

.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θ满足

cosθ=

.考法二求直线与平面所成角的方法例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.

解题导引解法一:建立空间直角坐标系,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sinθ=

求得.解法二:(1)在△AA1B1中,由勾股定理的逆定理得AB1⊥A1B1,在△AB1C1中,由

勾股定理的逆定理得AB1⊥B1C1,从而得AB1⊥平面A1B1C1.(2)过C1作C1D⊥A1B1,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.解析解法一:(1)证明:如图,以AC的中点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).由

·

=0得AB1⊥A1B1.由

·

=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.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sinθ=|cos<

,n>|=

=

.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,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2

,所以A1

+A

=A

,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=

,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2

,由CC1⊥AC,得AC1=

,所以A

+B1

=A

,故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1=B1,因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=

,A1B1=2

,A1C1=

得cos∠C1A1B1=

,则sin∠C1A1B1=

,所以C1D=

,故sin∠C1AD=

=

.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是

.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sinθ=

(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,θ为斜线与平面所成的角).3.向量法sinθ=|cos<

,n>|=

(其中AB为平面α的斜线,n为平面α的法向量,θ为斜线AB与平面α所成的角).考法三求二面角的方法例4

(2017课标Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=

∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

解题导引(1)由已知得AB⊥PA,AB⊥PD,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AF⊥PB,由△PBC为等边

三角形得CF⊥PB,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.解析(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=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PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=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.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

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<n,m>=

=-

.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,因为AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四边形

ABCD是平行四边形,且AD=PC=PB=CB=

,取PB的中点F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,在等边三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD⊂平面PAD,所以AB⊥AD.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cos∠AFC=

=-

,所以二面角A-PB-C的余弦值为-

.方法总结1.向量法:利用公式cos<n1,n2>=

(n1,n2分别为两平面的法向量)进行求解,注意<n1,n2>与二面角大小的关系,是相等还是互补,需结合图

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α-l-β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α-l-β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α-l-β的平面角.立体几何中常见的探索型问题有以下两种类型:(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,解法固定,操作方便.实践探究例如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,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°?

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,PA⊥EF易证,再证EF⊥AC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.解析(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,则AD=CD,

(1分)又AB⊥AC,∴BC=

AC=2AD,

(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=

AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF,

(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,

(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.

(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,则∠APC为PC与平面PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45°,则tan∠APC=

=1,即PA=AC=

,

(6分)取BC的中点G,连接AG,则AG⊥BC,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)设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则

即

令y=3,则x=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<n,

>=

=

,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)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.解析作PF⊥AD,PE⊥A1D1,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-t2∴P的轨迹是抛物线.答案

D如何学好高中数学1、培养良好的学习兴趣。兴趣是最好的老师。在数学学习中，我们把这种从自发的感性的乐趣出发上升为自觉的理性的“认识”过程，这自然会变为立志学好数学，成为数学学习的成功者。那么如何才能建立好的学习数学兴趣呢?(1)课前预习，对所学知识产生疑问，产生好奇心。(2)听课中要配合老师讲课，满足感官的兴奋性。听课中重点解决预习中疑问，把老师课堂的提问、停顿、教具和模型的演示都视为欣赏音乐，及时回答老师课堂提问，培养思考与老师同步性，提高精神，把老师对你的提问的评价，变为鞭策学习的动力。(3)思考问题注意归纳，挖掘你学习的潜力。(4)听