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空间向量在立体几何中的应用-立体几何 2012高考一轮数学精品课件


学案7

空间向量在立体几何 中的应用

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1.平面的法向量

直线l⊥α,取直线l的 做平面α的法向量.

方向向量a,则 向量a 叫

2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1),平面α的法向

a1a2+b1b2+c1c2=0 v=0 量v=(a2,b2,c2),则l∥α u· . ? ? ??

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3.设直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1),平面α的法 向量v=(a2,b2,c2),则 l⊥α ?u∥v ? (a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2) ? a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2 . 若平面α的法向量u=(a1,b1,c1),平面β的法向量 v=(a2,b2,c2),则 a1 u· α⊥β ? v=0 ?u⊥v ?a2+b1b2+c1c2=0 .

4.空间的角
(1)若异面直线l1和l2的方向向量分别为u1和u2,l1

与l2所成的角为α,则cosα=

|cos<u1,u2>| . 返回目录

(2)已知直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,l与α的 |cos<v,u>|. 夹角为α,则sinα=
(3)已知二面角α—l—β的两个面α和β的法向量分别为 相等或互补 . v,u,则<v,u>与该二面角 5.空间的距离 (1)一个点到它在一个平面内 点到这个平面的距离. 正射影 的距离,叫做

(2)已知直线l平行平面α,则l上任一点到α的距离 都 相等 ,且叫做l到α的距离.

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(3)和两个平行平面同时 垂直 的直线,叫做两 个平面的公垂线.公垂线夹在平行平面间的部分,叫做两 个平面的 公垂线段 .两平行平面的任两条公垂线段的长 都相等,公垂线段的 长度 叫做两平行平面的距离, 也是一个平面内任一点到另一个平面的距离. (4)若平面α的一个 法向量 为m,P是α外一
| PA·m | |m|

点,A是α内任一点,则点P到α的距离d=

.

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考点一 用向量证明平行、垂直问题 如图,在四棱锥P—ABCD 中,PA⊥平面ABCD,底面 ABCD为矩形,且PA=AD, E,F分别为线段AB,PD的中 点.求证: (1) AF∥平面PEC;

(2) AF⊥平面PCD.
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【分析】可用空间向量的坐标运算来证明. 【证明】以A为原点,AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示. 设AB=a,PA=AD=1,

a 则P(0,0,1),C(a,1,0),E( ,0,0), 2 1 1 D(0,1,0),F(0, , ). 2 2 1 1 a (1)AF=(0, , ),EP=(- ,0,1), 2 2 a 1 2 1 EC=( ,1,0),∴AF= EP+ EC, 2 2 2 又AF?平面PEC,∴AF∥平面PEC. ?
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(2)PD=(0,1,-1),CD=(-a,0,0), 1 1 ∴AF· PD=(0, , )· (0,1,-1)=0, 2 2 1 1 AF· CD=(0, , )· (-a,0,0)=0, 2 2 ∴AF⊥PD,AF⊥CD,又PD∩CD=D, ∴AF⊥平面PCD.

【评析】用向量证明线面平行时,最后应说明向量 所在的基线不在平面内.

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*对应演练*
如图,在正方体ABCD— A1B1C1D1中,E,F,M分别 为棱BB1,CD,AA1的中点. 证明:

(1) C1M∥平面ADE;
(2)平面ADE⊥平面A1D1F.

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(1)以D为原点,DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建 立坐标系如图,设正方体的棱长为1.
1 则DA=(1,0,0),DE=(1,1, ), 2 1

C1M=(1,-1,-

2

).

{

设平面ADE的法向量为m=(a,b,c),则 m· DA=0 m· DE=0
1 ? ?a+b+ c=0. 2

{

a=0

令c=2,得m=(0,-1,2).
1 ∵m· 1M=(0,-1,2)· C (1,-1,- ) 2

=0+1-1=0,∴C1M⊥m.

? 又C1M?平面ADE,∴C1M∥平面ADE.
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(2)D1A1=(1,0,0),D1F=(0,

1 ,-1), 2

{

设平面A1D1F的法向量为n=(x,y,z),则 n· 1A1=0 D n· 1F=0? D

{

x=0
1 y-z=0. 2

令y=2,则n=(0,2,1). ∵m· n=(0,-1,2)· (0,2,1)=0-2+2=0, ∴m⊥n. ∴平面ADE⊥平面A1D1F. 返回目录

考点二 用向量求线线角与线面角
如图所示,已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°.

(1)求DP与CC′所成角的大小;
(2)求DP与平面AA ′ D′D所成角的大小

【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量方法求解.

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【解析】如图所示,以D为原点,DA为单位长度建 立空间直角坐标系D—xyz. 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 连接BD,B′D′. 在平面BB′D′D中, 延长DP交B′D′于H. 设DH=(m,m,1)(m>0),

由已知<DH,DA>=60°,
由DA· DH=|DA||DH|cos<DH,DA>, 可得2m= 解得m=
2 2 2 ,所以DH= ( , ,1). 2 2 2

2m 2 + 1 .

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2 2 ×0 + × 0 + 1× 1 2 2 2 (1)因为cos<DH,CC′>= = 2 1× 2 所以<DH,CC′>=45°,即DP与CC′所成的角为45°.

(2)平面AA′D′D的一个法向量DC=(0,1,0).
2 2 ×0 + × 1 + 1× 0 1 2 因为cos<DH,DC>= 2 = 2 1× 2 所以<DH,DC>=60°,

可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.

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【评析】(1)异面直线的夹角与向量的夹角有所 不同,应注意思考它们的区别与联系. (2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角,由于向量方向的变化,所 以要注意它们的区别与联系.

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*对应演练*
如图,四棱锥P—ABCD中, 底面ABCD为矩形,PD⊥ 底面ABCD,AD=PD, E,F分别为CD,PB的中点. (1)求证:EF⊥平面PAB;

(2)设AB= BC,求AC 与平面AEF所成角的大小. 2

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(1)证明:以D为原点,DC,DA,DP的方向分别为x轴, y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系. 设PD=1,AB=a,则C(a,0,0),A(0,1,0),P(0,0,1),E a ,0,0),B(a,1,0),F( a, 1 , 1 ). ( 2 2 2 2 1 1 ∴EF=(0, , ),AB=(a,0,0),PA=(0,1,-1). 2 2 ∴EF· AB=0,EF· PA=0.

∴ EF⊥AB

EF⊥平面PAB. ? EF⊥PA?

}

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(2)∵AB=

1 1 2 从而AC=( 2 ,-1,0),AE=( 2 ,-1,0),EF=(0, 2 , 2).

2 BC,∴a= 2 .

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则

{

n· AE=0 n· EF=0?

{

2 x-y=0 2 1 y+ 1 z=0. 2 2

令x=

2,则y=1,z=-1,

∴平面AEF的一个法向量为n=(2,1,-1). 设AC与平面AEF所成角为α,则
| AC·n | 1 3 sinα=|cos<AC,n>|= | AC || n | = 3 × 2 = 6 .

∴AC与平面AEF所成角为arcsin 3 .
6

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考点三 用向量求二面角
如图,在正四棱柱ABCD— 1 A1B1C1D1中,AA1= AB,点E,M 2 分别图为A1B,C1C的中点,过 A1,B,M三点的平面A1BMN交C1D1 于点N. (1)求证:EM∥平面A1B1C1D1; (2)求二面角B—A1N—B1的正切值. 【分析】建立空间直角坐标系求之比较简单. 返回目录

【解析】 (1)证明:建立图所示空间直角坐标系,设 AB=2a,AA1=a(a>0),则 A1(2a,0,a),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),C1(0,2a,a). ∵E为A1B的中点,M为CC1的中点,
a a ∴E(2a,a, ),M(0,2a, ). 2 2

∴EM=(-2a,a,0). ∴EM∥平面A1B1C1D1.

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(2)设平面A1BM的法向量为n=(x,y,z).
a ∵A1B=(0,2a,-a),BM=(-2a,0, ), 2

∴由n⊥A1B,n⊥BM,

z 2ay-az=0, x= 4 , 得 ∴ az z -2ax+ 2 =0. y= . 2 a a ∴令z=a,则n=( , ,a). 4 2

{

{

而平面A1B1C1D1的法向量为n=(0,0,1),设二面角为θ,则 | n·n 1 | 4 4 21 = = , 又∵二面角为锐二面角, cosθ= | n || n1 | 21 21 5 4 4 21 ∴cosθ= 从而tanθ= . = , 21 4 21 即二面角B—A1N—B1的正切值为 5 . 4 返回目录

【评析】第(2)问如果直接作二面角的平面角很复 杂,采用法向量起到了化繁为简的作用.这种求二面角 的方法应引起我们重视.需要注意的是两平面法向量的 夹角可能与所求的二面角相等,也可能与所求的二面 角互补,要注意所求角的范围.

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*对应演练*
三棱锥被平行于底面ABC的平面
所截得的几何体如图所示,截面

为A1B1C1,∠BAC=90°,A1A⊥
平面ABC,A1A=
3,AB= 2 ,

BD 1 AC=2,A1C1=1, = . DC 2 (1)证明:平面A1AD

⊥平面BCC1B1;(2)求二面角A—CC1—B的大小.
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(1)如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0), B( 2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0, 3), C1(0,1, 3),
1 ∵BD:DC=1:2,∴BD= BC, 3 2 2 2 ∴D点坐标为( , ,0). 3 3 2 ∴AD=(2 2, ,0), 3 3

BC=(- 2 ,2,0),AA1=(0,0, 3 ), ∵BC· 1=0,BC· AA AD=0,∴BC⊥AA1,BC⊥AD, 又A1A∩AD=A,∴BC⊥平面A1AD, 又BC?平面BCC1B1,∴平面A1AD⊥平面BCC1B1. ? 返回目录

(2)∵BA⊥平面ACC1A1,取m=AB=( 2,0,0)为 平面ACC1A1的一个法向量,设平面BCC1B1的一个法向 量为n=(l,m,n),则BC· n=0,CC1· n=0, - 2 l+2m=0, ∴ ∴ -m+ 3n=0,

{

{

l= 2 m n=
3 m, 3

取m=1,则n=( 2, 1, 3 ), 3 cos<m,n>=
2

3 2 × 2 + 0 ×1 + 0 × 3
2 2 2 2

3 2 ( 2) + 0 + 0 · ( 2) +1 + ( ) 3 15 即二面A—CC1—B为arccos . 5

15 = . 5

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考点四 用向量求距离 在三棱锥S—ABC中,△ABC是边 长为4的正三角形,平面SAC⊥平 面ABC,SA=SC=2 3 ,M,N分别为 AB,SB的中点,如图所示. 求点B到平面CMN的距离. 【分析】由平面SAC⊥平面ABC,SA=SC,BA=BC, 可知本题可以取AC中点O为坐标原点,分别以 OA,OB,OS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标 系,用向量法求解. 返回目录

【解析】取AC的中点O,连接OS,OB. ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC, 平面SAC∩平面ABC=AC, ∴SO⊥平面ABC, ∴SO⊥BO. 如图所示,建立空间直角坐标系O-xyz,

则B(0,2 3 ,0),C(-2,0,0) ,S(0,0,2 2 ),M(1, 3,0),N(0, 3, 2 ).
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∴CM=(3, 3 ,0),MN=(-1,0, 2),MB=(-1, 3 ,0).
设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,



{

CM· n=3x+

3y=0

取z=1,

MN· n=-x+ 2 z=0,

则x= 2,y=- 6 ,∴n=( 2 ,- 6 ,1). ∴点B到平面CMN的距离d= | n·MB | = 4 2 . |n| 3

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【评析】点到平面的距离、直线到平面的距离、 两平行平面间的距离、异面直线间的距离等都是高考 考查的重点内容,可以和多种知识相结合,是诸多知 识的交汇点.本题考查了点到平面的距离和垂直、夹角 问题,这是命题的方向,要给予高度重视.

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*对应演练*
如图示,在三棱锥P-ABC中, AC=BC=2, ∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC ⊥AC.
(1)求证:PC⊥AB; (2)求二面角B-AP-C的余弦 值. (3)求点C到平面APB的距离.

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(1)证明:∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC.又PC⊥AC,∴PC⊥BC. ∵AC∩BC=C, ∴PC⊥平面ABC. ∵AB?平面ABC,∴PC⊥AB. ?

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(2)如图,以C为原点建立空间直角坐标系C—xyz. 则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0). 设P(0,0,t), ∵|PB|=|AB|=2 2 ,∴t=2,P(0,0,2)

取AP中点E,连接BE,CE.
∵|AC|=|PC|,|AB|=|BP|, ∴CE⊥AP,BE⊥AP. ∴∠BEC是二面角B—AP—C的平面角. ∵E(0,1,1),EC=(0,-1,-1),EB=(2,-1,-1),
EC·EB 2 3 ∴cos∠BEC= | EC |·| EB | = 2 · 6 = 3 .
3 ∴二面角B—AP—C的余弦值为 . 3

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(3)∵AC=BC=PC,∴C在平面APB内的射影为正 △APB的中心H,且CH的长即为点C到平面APB的距离. 如(2)中建立的空间直角坐标系C-xyz. ∵BH=2HE,∴点H的坐标为( , ∴|CH|=
2 3 . 3

2 3

2 2 , ). 3 3

∴点C到平面APB的距离为

2 3 . 3

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考点五 向量的综合应用 如图,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB=1,AD= 3 ,点F是PB的中点,点E在边 BC上移动. (1)点E为BC的中点时,试判断
EF与平面PAC的位置关系,并说明理由;

(2)求证:无论点E在BC边的何处,
都有PE⊥AF; (3)当BE为何值时,PA与平面PDE 所成角的大小为45°. 返回目录

【分析】 (1)由EF是△PBC的中位线可得EF∥PC,从 而可解答第(1)问. (2)可证AF与PE所在的平面垂直来证明第(2)问.也可 转化为证明AF· PE=0. (3)设出BE的长度,表示出平面PDE的法向量,从而利 用求线面角的公式求出BE的长度. 【解析】 (1)证明:当点E为BC的中点时,EF与平面 PAC平行. ∵在△PBC中,E,F分别为BC,PB的中点, ∴EF∥PC. 又EF?平面PAC,而PC?平面PAC, ? ? ∴EF∥平面PAC. 返回目录

(2)证明:以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则 P(0,0,1),B(0,1,0),F(0, 设BE=x,则E(x,1,0), ∴PE· AF=(x,1,-1)· (0, ∴PE⊥AF.

1 1 , ),D( 3 ,0,0). 2 2

1 1 , )=0. 2 2

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(3)设平面PDE的法向量为m=(p,q,1),


{

m· PD=0 m· PE=0,

1 得m=( 3

,1-

x ,1). 3

而AP=(0,0,1),依题意PA与平面PDE所成角为45°, 2 | m·AP | ∴sin45°= = , 2 | m || AP |
∴ 1 1 x 2 + (1 ) +1 3 3 1 = 2

得BE=x= 3 - 2 或BE=x= 故BE=

3 + 2 > 3 (舍).

3 - 2 时,PA与平面PDE所成角为45°.
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【评析】(1)开放性问题是近几年高考的一种常见 题型.一般来说,这种题型依据题目特点,充分利用条件不 难求解. (2)对于探索性问题,一般先假设存在,设出空间点 坐标,转化为代数方程是否有解问题,若有解且满足题意 则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在.

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*对应演练*
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角 的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D为A1C1的中 点,E为B1C的中点. (1)求直线BE与A1C所成角的余弦值; (2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF? 若不存在,求出︱AF ︱ ,若不存在,请说明理由.

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(1)以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,因为 AC=2a,∠ABC=90°,所以AB=BC= 2 a,所以B(0,0, 0),C(0, a,0),A( a,0,0),A1( a,0, 2 2 2 3a),C1(0, a,3a),B1(0,0,3a), 2
所以D( 2 a,
2 2 a,3a),E(0, 2 2 2

a,3 a),
2

所以CA1=( 2 a,- 2 a,3a), BE=(0, 2 a, 3 a), 2
2

所以|CA1|= 13 a,|BE|=

7 2 CA 1 ·BE 7 143 CA1· BE= a ,所以cos<CA1,BE>= = 2 | CA 1 |·| BE | 143 即直线BE与A1C所成角的余弦值为 7 143 . 143

11 a, 2

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(2)假设存在点F,使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥B1F且 CF⊥B1D即可. 设AF=b,则F( 2 a,0,b),CF=( 2 a,- 2 a,b),B1F=( 2a,0,b3a),B1D=(
2 2 a, a,0),因为CF· 1D=a2-a2=0,所以 B 2 2

CF⊥B1D恒成立. 由B1F· CF=2a2+b(b-3a)=0,解得b=a或b=2a, 故当|AF|=a或2a时,CF⊥平面B1DF.

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1.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路: 一种是用向量表示几何量,利用向量的运算进行判断; 另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三步:(1) 建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量(或坐 标)表示问题中所涉及的点、线、面,把立体几何问 题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究点、线、 面之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义来 解释相关问题. 2.角的计算与度量总要进行转化,这体现了转化的 思想,主要将空间角转化为平面角或两向量的夹角. 返回目录

3.用向量的数量积来求解两异面直线所成的角,简 单、易掌握.其基本程序是选基底,表示两直线方向向量, 计算数量积,若能建立空间直角坐标系,则更为方便. 4. 找直线和平面所成的角常用方法是过线上一点作 面的垂线或找线上一点到面的垂线,或找(作)垂面, 将其转化为平面角,或用向量求解,或解直角三角形.

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