高三数学一轮复习第八章立体几何第六节立体几何中的向量方法课件理.ppt

1、理数 课标版,第六节立体几何中的向量方法,1.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,教材研读,2.直线与平面所成角的求法 如图所示,设直线l的方向向量为e,平面的法向量为n,直线l与平面所成的角为,两向量e与n的夹角为,则有sin =|cos |=.,3.二面角的求法 a.如图(1),AB,CD是二面角-l-两个半平面内与棱l垂直的射线,则二面角的大小=. b.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 =cos或-cos.,1.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面ABC的一个单位

2、法向量是() A.B. C.D. 答案D因为A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以=(-1,1,0),=(-1,0,1). 经检验,当法向量n=时,|n|=1,n=-+0=0,n= +0-=0.所以是平面ABC的一个单位法向量.,2.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心,则EF和CD所成的角是() A.65B.45C.30D.135,答案B以D为原点,分别以射线DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),C(0,1,0),E,F,=

3、,=(0,1,0),cos=,=-,=135,异面直线EF和CD所成的角是45.,3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于() A.B.C.D. 答案A如图. 取A1C1的中点E,以E为原点建立空间直角坐标系,设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为1,则A,B1,所以=,=,. 设AB1与平面ACC1A1所成的角为,又为平面ACC1A1的法向量, 则sin =|cos|=.,4.已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成角的余弦值为. 答案 解析如图,以正方形ABCD的对角线AC与BD的交点

4、O作为原点,以OA,OB,OS所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设底面边长为2,则A(,0,0),B(0,0),S(0,0,),D(0,-,0),E,= ,=(0,-,-),所以|cos|= ,故AE,SD所成角的余弦值为.,5.过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为.,所以平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为45.,答案45 解析如图所示,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1),则=(1,0,0),=(1,1,-1).由题

5、意知,AD平 面ABP,=(0,1,0)是平面ABP的法向量,设n=(x,y,z)是平面CDP的法 向量,则即令y=1,则n=(0,1,1),则cos= ,=45.,所以平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为45.,考点一向量法解决异面直线所成角的问题 典例1(2015课标,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)证明:平面AEC平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.,考点突破,解析(1)连接BD.设BDAC=G,连接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不

6、妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=. 由BE平面ABCD,AB=BC, 可知AE=EC. 又AEEC, 所以EG=,且EGAC. 在RtEBG中,可得BE=,故DF=. 在RtFDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=. 从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG. 又ACFG=G,可得EG平面AFC. 因为EG平面AEC, 所以平面AEC平面AFC. (2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,|为 单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.,由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0),所以=(1, ),

7、=.,故cos=-. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.,方法技巧 用向量法求异面直线所成角的步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系; (2)确定各异面直线上两个点的坐标,从而确定两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,结合异面直线所成角的范围即可求出其大小.,1-1如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,DAB=60, 对角线AC与BD交于点O,PO平面ABCD,PB与平面ABCD所成的角为60,E是PB的中点,则异面直线DE与PA所成角的余弦值为() A.0B.C

8、.D.,答案 B以O为坐标原点,射线OB, OA, OP分别为x轴,y轴, z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图. 在RtAOB中,AB=2,OAB=30,所以OB=1,OA=.由题意得A(0,-, 0),B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,),因为E是PB的中点,所以E,于是 =,=(0,).,设与的夹角为,则cos =, 所以异面直线DE与PA所成角的余弦值是.,考点二向量法解决直线与平面所成角的问题 典例2(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC

9、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.,解析(1)证明:由已知得AM=AD=2. 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TNBC,TN=BC=2.(3 分) 又ADBC,故TNAM,故四边形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.(6分) (2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC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A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N, =(0,2,-4),

10、=,=. 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分) 可取n=(0,2,1). 于是|cos|=. 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分),方法技巧 利用向量法求线面角的方法 (1)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)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的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.,2-1(2016东北三省三校第一次联考)如图,菱形ABCD中,ABC=60,AC与BD相交于点O,AE平面ABCD,CFAE,AB=AE=2. (1)求证:BD平面ACFE; (

11、2)当直线OF与平面BED所成角的大小为45时,求CF的长度.,解析(1)证明:四边形ABCD是菱形,BDAC. AE平面ABCD,BD平面ABCD, BDAE. 又ACAE=A,BD平面ACFE. (2)如图,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系(z轴过O且平行于CF),则B(0,0),D(0,-,0),E(1,0,2),设F(-1,0,a)(a,0),则=(-1,0,a).,设平面BED的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=1,则n=(-2,0,1),由题意得sin 45=|cos|=,解得a=3或-.由 a0,得a=3,即CF的长度为3.,考点三向量法解

12、决二面角问题 典例3(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的直径,FB是圆台的一条母线. (1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH平面ABC; (2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.,在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF. 又EFOB,所以GIOB. 在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC. 又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC. 因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.,解析(1)证明:设FC的中点为I,连接GI,HI.,(2)连接OO,则OO平面ABC. 又AB=BC,且A

13、C是圆O的直径,所以BOAC. 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(0,2,0), C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0), 过点F作FM垂直OB于点M, 所以FM=3,可得F(0,3). 故=(0,-,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由可得 可得平面BCF的一个法向量m=. 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos=. 又二面角F-BC-A为锐二面角, 所以二面角F-BC-A的余弦值为.,方法技巧 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)分别求出二面角的两个半平面的法向量,然后通过求法向量的夹角得到二面角的大小,但

14、要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. (2)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.,3-1(2016课标全国,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60. (1)证明:平面ABEF平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值.,解析(1)证明:由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.(2 分) 又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(3分) (2)过D作DGEF,垂足为G,由

15、(1)知DG平面ABEF. 以G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G-xyz.(6分),由(1)知DFE为二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,则|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,). 由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分) 又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF. 由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.从而可得C(-2,0,).,所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0)

16、.(10分) 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则 即 所以可取n=(3,0,-).,设m是平面ABCD的法向量,则 同理可取m=(0,4).则cos=-. 又二面角E-BC-A为钝二面角, 故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分),考点四向量法解决立体几何探索性问题 典例4(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=. (1)求证:PD平面PAB; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求的值;若 不存在,说明理

17、由.,解析(1)证明:因为平面PAD平面ABCD,ABAD, 所以AB平面PAD.所以ABPD. 又因为PAPD,所以PD平面PAB. (2)取AD的中点O,连接PO,CO. 因为PA=PD,所以POAD. 又因为PO平面PAD,平面PAD平面ABCD, 所以PO平面ABCD. 因为CO平面ABCD,所以POCO. 因为AC=CD,所以COAD. 如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).,设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).,又=

18、(1,1,-1), 所以cos=-. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. (3)设M是棱PA上一点,则存在0,1使得=. 因此点M(0,1-,),=(-1,-,). 因为BM平面PCD,所以BM平面PCD当且仅当n=0, 即(-1,-,)(1,-2,2)=0. 解得=. 所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时=.,方法技巧 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件先作出判断,再进一步论证.另一种是先假设存在,再由条件推理,如:对于点是否存在问题,可利用空间向量,先假设存在满足条件的点,且设出该点的坐标,再根据条件求该点的坐标,若可求出,则找到满足条件的点,即点“存在”,若该点的坐标不能求出,或有矛盾,则判定点“不存在”.,4-1(2016甘肃兰州诊断)如图,在四棱锥P-ABC