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高中数学 立体几何中的向量方法


第7课时

立体几何中的向量方法

2014高考导航
考纲展示 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作用. 备考指南 从近几年的高考试题来看, 利用空间向量证明平行与 垂直,以及求空间角是高 考的热点,题型主要为解 答题,难度属于中等偏高, 主要考查向量的坐标运算, 以及向量的平行与垂直的 充要条件,如何用向量法 解决空间角问题等,同时 注重考查学生的空间想象 能力、运算能力.
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本节目录

教 材 回 顾 夯 实 双 基

考 点 探 究 讲 练 互 动

名 师 讲 坛 精 彩 呈 现

知 能 演 练 轻 松 闯 关

教材回顾夯实双基
基础梳理

1.直线的方向向量与平面的法向量的确定

非零 (1)直线的方向向量:在直线上任取一________向量作
为它的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设a,b是平面α内 两不共线向量,n为平面α的法向
?n· ? a=0 量,则求法向量的方程组为? . ?n· ? b=0
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思考探究
直线的方向向量和平面的法向量是唯一的吗? 提示:不唯一,凡是在直线l上的非零向量或与l平行的 非零向量都可以作为直线的方向向量,凡是与平面垂直 的非零向量都可以作为平面的法向量.

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2.空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a, 的方向向量分别为 a, 其夹角为 θ, b b, |a· b| |a||b| 则 cosφ=|cosθ|=______ (其中 φ 为异面直线 a, 所成的角). b (2)直线和平面所成角的求法 如图所示, 设直线 l 的方向向量为 e, 平面 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, |e· n| 则有 sinφ=|cosθ|=_________. |e||n|

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(3)求二面角的大小 a.如图①,AB,CD 是二面角 α?l?β 两个半平面内与棱 → → 〈AB,CD 〉 l 垂直的直线,则二面角的大小 θ=____________.

b.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,则二面角的大小 θ 满足 cosθ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉. ______________________________________
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课前热身
1.若直线 l1,l2 的方向向量分别为 a=(2,4,-4), b=(-6,9,6),则( A.l1∥l2 C.l1 与 l2 相交但不垂直 ) B.l1⊥l2 D.以上均不正确

答案:B

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2.已知M(1,0,1),N(0,1,1),P(1,1,0),则平面MNP的一 个法向量是( A.(1,0,0) ) B.(0,1,0)

C.(0,0,1)

D.(1,1,1)

解析:选 D.设平面 MNP 的一个法向量为 n=(x,y,z), → → 由已知得MN=(-1,1,0),NP=(1,0,-1), → → ∵n⊥MN,n⊥NP, → ?n· =-x+y=0 ?y=x MN ? ? ∴? ,解得? , → ?z=x ? ?n· =x-z=0 ? NP 取 x=1,则 n=(1,1,1).
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3.已知直线l的方向向量为v,平面α的法向量是μ,且v· μ

=0,则l与α的位置关系是__________.
答案:l?α或l∥α 4 . 已 知 正 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中 平 面 AB1D1 与 平 面 A1BD所成的角为θ(0°≤θ≤90°),则cosθ=__________.
1 答案: 3

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考点探究讲练互动
考点突破 考点 1 证明平行与垂直

例1 如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PC⊥平面 ABCD,
PC=2,在四边形 ABCD 中,∠B=∠C=90° ,AB=4, CD=1,点 M 在 PB 上,PB=4PM,PB 与平面 ABCD 成 30° 的角.求证: (1)CM∥平面 PAD; (2)平面 PAB⊥平面 PAD.

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【证明】
标系Cxyz.

以C为坐标原点,CB所在直线为x轴,CD所在

直线为y轴,CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐 ∵PC⊥平面ABCD, ∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角, ∴∠PBC=30°.

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∵PC=2,∴BC=2 3,PB=4. ∴D(0,1,0),B(2 3,0,0), 3 3 A(2 3,4,0),P(0,0,2),M? ,0, ?, ?2 2? → → ∴DP=(0,-1,2),DA=(2 3,3,0), → 3 3 CM=? ,0, ?, ?2 2? (1)法一:令 n=(x,y,z)为平面 PAD 的一个法向量, → ?DP· ? n=0, 则? → ?DA· ? n=0,

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? ?-y+2z=0, 即? ∴? ?2 3x+3y=0, ?

1 z= y, 2 3 y, 2

x=-

令 y=2,得 n=(- 3,2,1). 3 3 → ∵n· =- 3× +2×0+1× =0, CM 2 2 → ∴n⊥CM,又 CM?平面 PAD,∴CM∥平面 PAD.

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→ → 法二:∵PD=(0,1,-2),PA=(2 3,4,-2), → → → 令CM=xPD+yPA,

? 则?0=x+4y 3 ?2=-2x-2y
3 =2 3y 2

?x=-1 ? ,方程组的解为? 1 , ?y=4 ?

→ → 1→ ∴CM=-PD+ PA, 4 → → → 由共面向量定理知CM与PD、PA共面,故假设成立, 又∵CM?平面 PAD,∴CM∥平面 PAD.
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(2)取 AP 的中点 E,连接 BE, → 则 E( 3,2,1),BE=(- 3,2,1). ∵PB=AB,∴BE⊥PA. → → 又∵BE· =(- 3,2,1)· 3,3,0)=0, DA (2 → → ∴BE⊥DA,∴BE⊥DA, 又 PA∩DA=A.∴BE⊥平面 PAD, 又∵BE?平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAD.

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【名师点评】

(1)利用空间向量解决空间中线面位置

关系的证明问题,以代数运算代替复杂的空间想象,为 解决立体几何问题带来了简捷的方法. (2)用空间向量解决立体几何问题的关键是建立适当的 坐标系,并准确地确定点的坐标,另外运算错误也是解 题中常出现的问题.

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跟踪训练
1.本例(2)的条件不变,结论改为“求证:AB⊥CM.”则 如何用向量法证明?
→ 证明:由本例的解题过程可知AB=(0,-4,0), → ? 3 3? CM= ,0, . ?2 2? 3 3 → → ∴AB· =0× +(-4)×0+0× =0. CM 2 2 → → ∴AB⊥CM,即 AB⊥CM.

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考点 2

求直线与平面所成的角

例2 (2011· 高考大纲全国改编卷)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所成角的正弦值.

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【解】

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Cxyz.

设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0). 又设S(x,y,z),则x>0,y>0,z>0.

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→ → → (1)证明:AS=(x-2,y-2,z),BS=(x,y-2,z),DS → → =(x-1,y,z).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=1.① → 又由|BS|=2 得,x2+(y-2)2+z2=4, 即 y2+z2-4y+1=0.② 1 y= , 2 联立①②得 3 z= . 2

? ? ?

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3? → ? 3 3 ? 1 于是 S 1, , ,AS = -1,- , ?, ? 2 2? ? 2 2? → → 3 3 1 3 BS =?1,- , ?,DS=?0, , ?. ? 2 2 ? ? 2 2? → → → → 因为DS· =0,DS· =0,故 DS⊥AS,DS⊥BS. AS BS 又 AS∩BS=S,所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p), → → → → 则 a⊥BS ,a⊥CB,a· =0,a· =0. BS CB

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→ → 3 3 又BS = ?1,- , ?,CB=(0,2,0) ? 2 2 ?

? ?m-3n+ 3p=0, 2 2 故? 取 p=2,得 a=(- 3, 0,2).又 ?2n=0. ?
→ |AB· a| 21 → → AB=(-2,0,0),cos〈AB,a〉= = , 7 → |AB||a| 21 所以 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 . 7

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【名师点评】

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 法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.

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跟踪训练
2.

如图所示,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AA1 = 7, D 是 BC 的中点, E 在 AC 上, DE⊥A1E. 点 点 且 (1)证明:平面 A1DE⊥平面 ACC1A1; (2)求直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值.
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解 : (1)证明 : 由 正三 棱 柱 ABC- A1B1C1 的 性 质 知 ,

AA1⊥平面ABC.又DE?平面ABC,所以DE⊥AA1.
又DE⊥A1E,AA1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1. 又DE?平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1.

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(2)

如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间 直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0), 1(2,0, A 7),D(-1, 3,0),E(-1,0,0). → → → 易知A1D=(-3, 3,- 7),DE=(0,- 3,0),AD =(-3, 3,0).

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设 n=(x,y,z)是平面 A1DE 的一个法向量, → ?n· =- 3y=0, ? DE 则? ?n·→ =-3x+ 3y- 7z=0. ? A1D 7 解得 x=- z,y=0. 3 故可取 n=( 7,0,-3). → -3 7 n· AD 21 → 于是 cos〈n,AD 〉= = =- . 8 → |n|· | 4×2 3 |AD 21 故直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值为 . 8

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考点 3

求二面角

高 例3 (2012· 考 天 津 卷 ) 如 图 , 在 四 棱 锥 P - ABCD 中 , PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°, PA=AD=2,AC=1. (1)证明PC⊥AD;

(2)求二面角A-PC-D的正弦值;
(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角 为30°,求AE的长.

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【解】

如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 ?-1,1 ,0?,P(0,0,2). A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B 2 2 ? ?

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→ → (1)证明:易得PC=(0,1,-2),AD =(2,0,0), → → 于是PC· =0,所以 PC⊥AD. AD → → (2)PC=(0,1,-2),CD =(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z). → ?n· =0, ?y-2z=0, ? PC ? 则? 即? → ? ?2x-y=0. ?n· =0, ? CD 不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1).

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可取平面 PAC 的一个法向量为 m=(1,0,0). m· n 1 6 于是 cos〈m、n〉= = = , |m|· |n| 6 6 30 从而 sin〈m,n〉= . 6 30 所以二面角 A-PC-D 的正弦值为 . 6

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(3)设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2]. 1 → ?1 → 由此得BE= 2,-2,h?.由CD =(2,-1,0),故 ? ? 3 → → 2 BE· CD → → cos〈BE,CD 〉= = → → 1 |BE|· | |CD +h2× 5 2 3 3 3 = ,所以 =cos30° = ,解得 2 10+20h2 10+20h2 h= 10 10 ,即 AE= . 10 10

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【名师点评】

求二面角最常用的方法就是分别求出

二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平 面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合 实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

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跟踪训练 3.

(2012· 高考辽宁卷)如图, 直三棱柱 ABC-A′B′C′, ∠BAC =90° ,AB=AC=λAA′,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′ 的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′-MN-C 为直二面角,求 λ 的值.

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解:(1)证明:如图,连接AB′,AC′,因为三棱柱ABC- A′B′C′为直三棱柱,所以四边形ABB′A′为矩形,又

M为A′B的中点,所以M为AB′的中点.
又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′. 又 MN ? 平 面 A′ACC′ , AC′ ? 平 面 A′ACC′ , 因 此

MN∥平面A′ACC′.

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(2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的直角坐标系 Axyz. 设 AA′=1,则 AB=AC=λ, 于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1),B′(λ,0,1), C′(0,λ,1), ?λ ,0,1 ?,N?λ, λ ,1?. 所以 M?2 2? ?2 2 ? 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, λ 1 → x - z =0, ?m· 2 1 21 ? A′M=0, 由? 得 λ 1 → ?m· =0, ? MN y + z =0, 2 1 21

? ? ?

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可取 m=(1,-1,λ). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量, → ?n· =0, ? ? NC 由? 得? λ 1 → ?n· =0, ? MN ?2y2+2z2=0, 可取 n=(-3,-1,λ). 因为 A′-MN-C 为直二面角,所以 m· n=0, 即-3+1+λ2=0,解得 λ= 2. λ λ - x2+ y2-z2=0, 2 2

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方法感悟

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.

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2.空间向量在求空间角中的价值体现 (1)求两异面直线a、b的夹角θ,须求出它们的方向向量a,

b的夹角,即cosθ=|cos〈a,b〉|.
(2)求直线l与平面α所成的角θ,可先求出平面α的法向量n 与直线l的方向向量a的夹角.则sinθ=|cos〈n,a〉|.

(3)求二面角α-l-β的大小θ,可先求出两个平面的法向量
n1,n2所成的角,则θ=〈n1,n2〉或π-〈n1,n2〉.

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名师讲坛精彩呈现
规范解答 利用空间向量求空间角



(本题满分12分)如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1

中,AB=2,AA1 =1,直线BD与平面AA1B1B所成的角为 30°,AE垂直BD于点E,F为A1B1的中点. (1)求异面直线AE与BF所成角的余弦值; (2)求平面BDF与平面AA1B1B所成二面角(锐角)的余弦值.

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【解】

以 A 为坐标原点,以 AB,AD,AA1 所在直线分别

为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)? .2分 1 由于 AB=2,BD 与平面 AA1B1B 所成角为 30° , 即∠ABD=30° , 2 3 ∴AD= ,3 分 3 2 3 ? ∴A(0,0,0),B(2,0,0),D?0, ,0 ,F(1,0,1). ? 3 ?

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又 AE⊥BD,故由平面几何知识得 AE=1, → 3 3 ?1 ?,4 分(1)因为AE= ?1 ? 从而 E , ,0 , ,0 , ?2 2 ? ?2 2 ? 1 → → → 1 3 BF=(-1,0,1),∴AE· =? , ,0 ?· BF (-1,0,1)=- , 2 ?2 2 ? → → |AE|=1,|BF|= 2,6 分 设 AE 与 BF 所成角为 θ1 2 ?, ?-1? → → |AE· | ? 2? BF 2 则 cos θ1= = = .8 分 → → | 1× 2 4 |AE||BF 2 故异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 . 4

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(2)设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z), → ?-x+z=0 ?n· =0 ? ? BF 由? ,得? , 2 3 → ?-2x+ 3 y=0 ?n· =0 ? BD ? ∴z=x,y= 3x,取 x=1,得 n=(1, 3,1).10 分 → 2 3 ?. 求得平面 AA1B1B 的一个法向量为 m=AD =?0, ,0 ? 3 ? 3 设平面 BDF 与平面 AA1B1B 所成二面角的大小为 θ2?. |m· n| 则 cos θ2=|cos〈m,n〉|= |m||n| |0+2+0| 15 = = .12 分 5 2 3 × 5 3
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信息提炼
1 2

层层剖析

建系时,要说明详细,属易失分点.

找准向量,求角或求角的三角函数值时,若为钝角或负值,
直接转化为锐角或正值.

3 绝对值符号的加与不加,要看所求角为锐角或钝角而定.

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【名师点评】

利用向量法求两异面直线a,b的夹角θ,须

求出它们的方向向量a,b的夹角,则cos θ=|cos〈a,b〉|; 求二面角α-l-β的大小θ,可先求出两个平面的法向量n1,

n2所成的角,则θ=〈n1,n2〉或π-〈n1,n2〉.本题易错
点是:(1)建系时不能明确指出坐标原点和坐标轴,致使建 系不规范.(2)易将所求空间角误认为是向量的夹角,故要 注意角的概念和图形特征进行转化.

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知能演练轻松闯关

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