高考一轮复习第七章--第七节--立体几何中的向量方法(理)

第七章立体几何第七节立体几何中的向量方法(理)抓基础明考向提能力教你一招我来演练返回返回[备考方向要明了]考什么1.理解直线的方向向量与平面的法向量．2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．4.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.返回怎么考1.从高考内容上来看，利用向量法求空间角的大小是命题的热点．2.题型多为解答题，难度中档．着重考查学生建立空间坐标系及空间向量坐标运算的能力.返回返回一、平面α的法向量如果向量n的基线与平面α，则向量n叫做平面α的法向量．二、斜线和平面所成的角1．斜线和它在平面内的的夹角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．2．斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角．垂直射影返回三、二面角1．从一条直线出发的所组成的图形叫做二面角．2．在二面角α－l－β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线，，则∠AOB叫做二面角α－l－β的平面角．两个半平面OA⊥lOB⊥l返回四、利用向量求空间角1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．|a·b||a||b|返回2．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝.|e·n||e||n|返回3．求二面角的大小(1)如图①，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝．〈AB，CD〉(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的小大θ＝．〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)返回返回1．(教材习题改编)已知a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为()A．－1,2B．1，－2C．1,2D．－1，－2返回解析：c＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，由c·a＝0，c·b＝0.∴m＝－1，n＝2.答案：A返回2．(教材习题改编)已知AB＝(1,5，－2)，BC＝(3,1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为()A.337，－157，4B.407，－157，4C.407，－2,4D．4，407，－15返回解析：由AB·BC＝0BP·AB＝0BP·BC＝0知x＝407，y＝－157，z＝4.答案：B返回3．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°答案：A解析：由于cos〈m，n〉＝－12，∴〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.返回4．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝AD＝3，CD＝6.则直线PD与BC所成的角为________．返回解析：以A为坐标原点，AD、AB、AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,3)，B(0,3,0)，D(3,0,0)，C(3,6,0)．返回答案：60°PD＝(3,0，－3)，BC＝(3,3,0)，所以cos〈PD，BC〉＝PD·BC|PD||BC|＝932×32＝12，即〈PD，BC〉＝60°，于是直线PD与BC所成的角等于60°.返回5.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝2.则二面角C－AS－D的余弦值为________．返回解析：如图，以D为原点建立空间直角坐标系D－xyz.则D(0,0,0)，A(2，0,0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，S(0,0,2)，得SA＝(2，0，－2)，SC＝(0，2，－2)．设平面ACS的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·SA＝0，n·SC＝0，即2x－2z＝0，2y－2z＝0.返回取z＝2，得n＝(2,2，2)．易知平面ASD的一个法向量为DC＝(0，2，0)．设二面角C－AS－D的大小为θ，则cosθ＝n·DC|n||DC|＝105.即二面角C－AS－D的余弦值为105.答案：105返回1．平面的法向量的求法设出平面的一个法向量n＝(x，y，z)，利用其与该平面内的两个不共线向量垂直，即数量积为0，列出方程组，两个方程，三个未知数，此时给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一个非零解，即得到这个法向量的坐标．注意，赋值不同得到法向量的坐标也不同，法向量的坐标不唯一．返回2．利用向量法求空间角利用向量法求空间角时，要注意空间角的取值范围与向量夹角取值范围的区别，特别地二面角的大小等于其法向量的夹角或其补角，到底等于哪一个，要根据题目的具体情况看二面角的大小是锐角还是钝角．返回返回[精析考题][例1](2011·湖南高考改编)如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是AB的中点，D为AC的中点．证明：平面POD⊥平面PAC；返回[自主解答]证明：如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，2)，D(－12，12，0)．返回设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·OD＝0，n1·OP＝0，得－12x1＋12y1＝0，2z1＝0.所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．返回设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·PA＝0，n2·PC＝0，得－x2－2z2＝0，y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2.取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．因为n1·n2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.返回[巧练模拟]——————(课堂突破保分题，分分必保！)1．(2012·六安月考)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.返回证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为(22，22，0)、(0,0,1)．∴NE＝(－22，－22，1)．返回又点A、M的坐标分别是(2，2，0)、(22，22，1)，∴AM＝(－22，－22，1)．∴NE＝AM且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE.∴AM∥平面BDE.返回(2)由(1)知AM＝(－22，－22，1)，∵D(2，0,0)，F(2，2，1)，∴DF＝(0，2，1)．∴AM·DF＝0.∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.返回[冲关锦囊]利用直线的方向向量与平面的法向量，可以判定直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直．1．设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)．则l1∥l2⇔v1∥v2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.返回2．设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔v⊥n⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.l⊥α⇔v∥n⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)．3．设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔n1∥n2，α⊥β⇔n1⊥n2.返回[精析考题][例2](2011·大纲版全国高考)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的正弦值．返回自主解答：法一(1)证明：取AB中点E，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝CB＝2.连接SE，则SE⊥AB，SE＝3.又SD＝1，故ED2＝SE2＋SD2，所以∠DSE为直角．由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD.SD与平面SAB内的两条相交直线AB、SE都垂直．所以SD⊥平面SAB.返回(2)由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE.作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，SF＝SD×SEDE＝32.作FG⊥BC，垂足为G，则FG＝DC＝1.连接SG，则SG⊥BC.返回又BC⊥FG，SG∩FG＝G，故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC.FH＝SF×FGSG＝217，即F到平面SBC的距离为217.由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d也为217.设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝dEB＝217.返回法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．又设S(x，y，z)，则x＞0，y＞0，z＞0.(1)证明：AS＝(x－2，y－2，z)，BS＝(x，y－2，z)，DS＝(x－1，y，z)，返回由|AS|＝|BS|得x－22＋y－22＋z2＝x2＋y－22＋z2，故x＝1.由|DS|＝1得y2＋z2＝1，又由|BS|＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝12，z＝32.返回于是S(1，12，32)，AS＝(－1，－32，32)，BS＝(1，－32，32)，DS＝(0，12，32)，DS·AS＝0，DS·BS＝0.故DS⊥AS，DS⊥BS，又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.返回(2)设平面SBC的法向量为a＝(m，n，p)，则a⊥BS，a⊥CB，a·BS＝0，a·CB＝0.又BS＝(1，－32，32)，CB＝(0,2,0)，故m－32n＋32p＝0，2n＝0.取p＝2得a＝(－3，0,2)．又AB＝(－2,0,0)，cos〈AB，a〉＝AB·a|AB|·|a|＝217.故AB与平面SBC所成的角的正弦值为217.返回[巧练模拟]———————(课堂突破保分题，分分必保！)2.(2011·广州调研)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面ACM所成角的余弦值．返回解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，∴PD⊥平面ABM.∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.返回(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)．∵AM⊥PD，PA＝AD，∴M为PD的中点，∴M的坐标为(0,1,1)．∴AC＝(1,2,0)，AM＝(0,1,1)，CD＝(－1,0,0)．设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，返回由n⊥AC，n⊥AM可得x＋2y＝0y＋z＝0，令z＝1，得x＝2，y＝－1.∴n＝(2，－1,1)．设直线CD与平面ACM所成的角为α，则sinα＝|CD·n||CD||n|＝6