2021高考数学一轮复习 第七章 立体几何与空间向量 第6节 空间向量的应用 第1课时 利用空间向量

第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用课程标准考情索引核心素养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、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系．3.能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理．4.能用向量方法求解简单夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用.2019·全国卷Ⅰ，T182019·全国卷Ⅱ，T172019·全国卷Ⅲ，T192018·全国卷Ⅰ，T182018·全国卷Ⅱ，T202018·全国卷Ⅲ，T191.直观想象2.数学运算1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0l∥αn⊥m⇔n·m＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml⊥αn∥m⇔n＝λmα∥βn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα⊥βn⊥m⇔n·m＝03.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，则项目a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围[0，π]0，π2求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝|a·b||a||b|4.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|．5．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α­l­β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α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．6．求空间距离(1)两点间距离的求法．若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB→|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（z1－z2）2.(2)点面距离的求法．设n是平面α的法向量，点A在平面α内，点B在平面α外，则点B到平面α的距离为|AB→·n||n|.(3)线面距离、面面距离均可转化为点面距离再用(2)中的方法求解．1．用向量法解决立体几何问题，体现了由“形”到“数”的转化思想．2．用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．3．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.4．当两半平面α，β的法向量n1，n2都指向半平面或都远离半平面时，二面角与向量n1，n2的夹角互补．[概念思辨]1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)设a，b是异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角就是a，b的夹角．()(2)设a是直线l的方向向量，b是平面α的法向量，则直线l与平面α成的角就是a，b的夹角．()(3)设a，b是两个平面α，β的法向量，则α与β所成的二面角的大小等于a，b的夹角的大小．()(4)若直线l平行于平面α的法向量，则直线l垂直于平面α.()(5)若不共线三个点到同一平面α的距离相等，则这三个点确定的平面β平行于平面α.()解析：(1)×.因为〈a，b〉∈(0，π)，l1与l2夹角θ∈0，π2.(2)×.因为〈a，b〉的余弦的绝对值等于线面角的正弦值．(3)×.因为〈a，b〉与二面角的大小相等或互补．(4)√.因为法向量垂直于平面，所以l⊥α.(5)×.可能有两点在平面一侧，第三个点在平面的另一侧．答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×[教材衍化]2．(人A选修2－1·习题改编)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为()A．－1010B．－120C.120D.1010解析：如图建立空间直角坐标系D-xyz，设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E0，12，1，则AC→＝(－1，1，0)，DE→＝0，12，1.设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈AC→，DE→〉|＝1010.答案：D3.(人A选修2－1·习题改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．解析：以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，22)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C232，32，22.所以AC1→＝(－2，0，22)，AC2→＝－12，32，22，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝AC1→·AC2→|AC1→|·|AC2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈0，π2，所以θ＝π6.答案：π6[典题体验]4．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．45°B．135°C．45°或135°D．90°解析：cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11·2＝22，即〈m，n〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或135°.答案：C5.(2020·南昌模拟)如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．(1)求证：AA1⊥BD；(2)求二面角E-A1C1-C的余弦值．(1)证明：因为CC1⊥底面ABCD，所以CC1⊥BD.因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.由四棱台ABCD-A1B1C1D1知，A1，A，C，C1四点共面．又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1.又AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.(2)解：如图，设AC与BD交于点O，连接OA1，依题意得，A1C1∥OC且A1C1＝OC，所以四边形A1OCC1是平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.因为CC1⊥底面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD.以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则A(23，0，0)，A1(0，0，4)，C1(－23，0，4)，B(0，2，0)，A1C1→＝(－23，0，0)．由A1B1→＝12AB→得B1(－3，1，4)．因为E是棱BB1的中点，所以E－32，32，2.所以EA1→＝32，－32，2.设平面EA1C1的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·A1C1→＝0，n1·EA1→＝0，即－23x＝0，32x－32y＋2z＝0，取z＝3，则n1＝(0，4，3)为平面EA1C1的一个法向量．又n2＝(0，1，0)为平面AA1C1C的一个法向量，所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝45，由图可知，二面角E-A1C1-C为锐二面角，所以二面角E-A1C1-C的余弦值为45.第1课时利用空间向量证明平行与垂直考点1利用空间向量证明平行问题(讲练互动)[典例]如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：(1)PB∥平面EFG；(2)平面EFG∥平面PBC.证明：(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，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)．所以PB→＝(2，0，－2)，FE→＝(0，－1，0)，FG→＝(1，1，－1)，设PB→＝sFE→＋tFG→，即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，所以t＝2，t－s＝0，－t＝－2，解得s＝t＝2，所以PB→＝2FE→＋2FG→，又因为FE→与FG→不共线，所以PB→，FE→与FG→共面．因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.(2)因为EF→＝(0，1，0)，BC→＝(0，2，0)，所以BC→＝2EF→，所以BC∥EF.又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF，GF⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC.线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题.如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M，N，R分别是AB，PC，CD的中点．求证：直线AR∥平面PMC.证明：(1)以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝a，AD＝b，AP＝c，则B(a，0，0)，D(0，b，0)，P(0，0，c)，C(a，b，0)．因为M，N，R分别为AB，PC，CD的中点，所以Ma2，0，0，Na2，b2，c2，Ra2，b，0，所以AR→＝a2，b，0，PM→＝a2，0，－c，MC→＝a2，b，0.设AR→＝λPM→＋μMC→，则a2λ＋a2μ＝a2，bμ＝b，－cλ＝0.所以λ＝0，μ＝1.所以AR→＝MC→，所以AR∥MC，因为AR⊄平面PMC，MC⊂平面PMC，所以AR∥平面PMC.考点2利用空间向量证明垂直问题(多维探究)角度证明线面垂直[典例1](一题多解)如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.解：法一设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λBA1→＋μBD→.令BB1→＝a，BC→＝b，BA→＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，则BA1→＝a＋c，BD→＝12a＋b，AB1→＝a－c，m＝λBA1→＋μBD→＝λ＋12μa＋μb＋λc，AB1→·m＝(a－c)·λ＋12μa＋μb＋λc＝4λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB1→⊥m，结论得证．法二取BC的中点O，连接AO.因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以OB，OO1，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，3)，A(0，0，3)，B1(1，2，0)．设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，BA1→＝(－1，2，3)，BD→＝(－2，1，0)．因为n⊥BA1→，n⊥BD→，故n·BA1→＝0，n·BD→＝0，即－x＋2y＋3z＝0，－2x＋y＝0，令x＝1，则y＝2，z＝－3，故n＝(1，2，－3)为平面A1BD的一个法向量，因为AB1→＝(1，2，－3)，所以AB1→＝n