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2012高考数学二轮专题复习课件:第4.2讲 空间向量与立体几何


第2讲 空间向量与立体几何

◆考查空间向量的基本运算和基本定理. ◆用空间向量来解决空间线面关系的推理论证与空间角、距离的求解.

1.(2011·齐齐哈尔模拟)若平面 α,β 垂直,则下面可以是这两个平面法向量 的是( ). B.n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1) D.n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)

A.n1=(1,2,1),n2=(-3,1,1) C.n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1) 解析 答案

∵A 中,n1·n2=1×(-3)+2×1+1×1=0,故选 A. A

2.(2011·绵阳模拟)已知 A,B,C 三点不共线,O 是平面 ABC 外任一点,若 → 1→ 2→ → 点 P 在平面 ABC 内,且满足OP= OA+ OB+λOC,则 λ=( 5 3 A.1 B.0 2 C. 15 2 D.- 15 ).

解析 答案

1 2 2 ∵四点 P,A,B,C 共面,∴ + +λ=1,∴λ= . 5 3 15 C

3.(2011·广州模拟)如图所示,在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,M 为 AC 与 BD 的交点, → → → 若A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则下列向量 → 中与B1M相等的向量是( 1 1 A.- a+ b+c 2 2 1 1 C. a- b+c 2 2 解析 法一 ).

1 1 B. a+ b+c 2 2 1 1 D.- a- b+c 2 2

→ → → → 1 → → 1 1 1 B1M=B1B+BM=A1A+ (BA+BC)=c+ (-a+b)=- a+ b 2 2 2 2

+c,∴选 A. 法二 答案 → → → → a+b 1 1 ∵B1M=B1A1+A1A+AM=(-a)+c+ =- a+ b+c. 2 2 2 A

4.(2011·郑州模拟)如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中, AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点 E,F 分别是棱 AB,BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是( A.45° C.90° 解析 B.60° D.120° 将该直三棱柱放入正方体中, ).

法一

如图,EF∥C1D,△C1DB 为正三角形. ∴直线 EF 与 BC1 所成的角为 60°. 法二 答案 建立空间直角坐标系法(略). B

5.(2010·全国卷Ⅰ)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,BB1 与平面 ACD1 所成角的 余弦值为( A. 2 3 B. 3 3 ). 2 C. 3 D. 6 3

解析

法一

如图连接 BD 交 AC 于 O,连接 D1O,由于 BB1∥DD1,

∴DD1 与平面 ACD1 所成的角就是 BB1 与平面 ACD1 所成的角. 易知∠DD1O 2 6 即为所求二面角.设正方体的棱长为 1,则 DD1=1,DO= ,D1O= . 2 2 ∴cos∠DD1O= DD1 2 6 = = . D 1O 6 3 6 . 3

∴BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 法二 答案 建立空间坐标系法.(略) D

6.(2011·内江模拟)如图,若直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面是边长为 1 的正方形,AB1 与底面 ABCD 成 60°角, 则点 B 到平面 AB1C 的距离为________. 解析 法一 1 设点 B 到平面 AB1C 的距离为 h.则 VBAB1C=VABCB1, ×S 即 3

1 21 △AB1C×h= ×S△BB1C×AB= . 3 7 法二 答案 建立空间坐标系法(略). 21 7

向量法证明立体几何中的垂直与平行 (1)线线平行:a∥b(b≠0)?x1=λx2,y1=λy2,z1=λz2(λ∈R). (2)线面平行:设平面 α 的法向量为 n,直线 a 的方向向量为 a,则直线 a∥ 平面 α?a⊥n. (3)线面垂直:设平面 α 的法向量为 n,直线 a 的方向向量为 a,则直线 a⊥ 平面 α?a∥n. (4)面面平行:设平面 α 的法向量为 n1,平面 β 的法向量为 n2,则 α∥β?n1 ∥n2. (5)面面垂直:设平面 α 的法向量为 n1,平面 β 的法向量为 n2,则 α⊥β?n1 ⊥n2?n1·n2=0.

逻辑推理和向量计算各有千秋,逻辑推理要书写清晰,“充分”地推出所 求证(解)的结论;向量计算要步骤完整,“准确”地算出所要求的结果.

向量法求空间角 空间向量与空间角的关系: ①设异面直线 l1,l2 的方向向量分别为 m1,m2,则 l1 与 l2 所成角 θ 满足 cos θ=|cos〈m1,m2〉|; ②设直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量分别为 m,n,则直线 l 与平面 α 所成角 θ 满足 sin θ=|cos〈m,n〉|; ③求二面角的大小 a.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〉 .

b.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 cos θ=cos〈n1,n2〉或-cos 〈n1,n2〉 .

(1)求线面角时,得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,而不 是线面角的余弦. (2)求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分 析.

向量法求空间距离 → 设 n 是平面 α 的法向量,在 α 内任取一点 B,则 A 到 α 的距离 d=|AB|cos θ → |AB·n| = . |n|

利用向量法求线线、线面角

高考对该内容的考查以解答题为主, 考查以空间几何体为载体, 突出空间向量的应用,试题难度为中等.

【例题 1】?如图所示,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等 边三角形,AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点. (1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE; (3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值.



设 AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),

C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a). ∵F 为 CD 的中点,
?3 ? 3 ∴F? a, a,0?. 2 ?2 ?

(1)证明

→ ?3 → ? → 3 AF= AF=? a, a,0?,BE=(a, 3a,a),BC= ,BE=(a, 3a,a),BC= 2 ?2 ?

(2a,0,-a), → 1 → → ∵AF= (BE+BC),AF?平面 BCE,BE∩BC=B. 2 ∴AF∥平面 BCE.

(2)证明

→ ?3 → ? → 3 ? a, a,0?,CD=(-a, 3a,0),ED=(0,0,-2a),又 ∵AF= 2 ?2 ?

→ → → → ∵AF·CD=0,AF·ED=0,∴AF⊥CD, AF⊥ED.又 CD∩ED=D. ∴AF⊥平面 CDE,又∵AF∥平面 BCE, ∴平面 BCE⊥平面 CDE.

(3)设平面 BCE 的法向量为 n=(x,y,z), → → 由 n·BE=0,n·BC=0.
?x+ 3y+z=0, ? 可得? 取 x=1,则 n=(1,- 3,2). ? ?2x-z=0,

→ ?3 ? 3 又BF=? a, a,-a ?, 2 ?2 ? 设 BF 和平面 BCE 所成的角为 θ, → |BF·n| 2a 2 则 sin θ= = = . → 2a·2 2 4 |BF||n| 2 ∴直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为 . 4

(1)用向量法来证明平行与垂直,避免了繁杂的推理论证,而 直接计算就行了,把几何问题代数化.尤其是在正方体、长方体、直四棱 柱中相关问题证明用向量法更简捷,但是向量法要求计算必须准确无误. (2)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为: ①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐标; ④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论.

【变式 1】?(2011·陕西)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°.

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC;





(2)设 E 为 BC 的中点,求 A E 与 D B 夹角的余弦值.

(1)证明

∵折起前 AD 是 BC 边上的高,

∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D, ∴AD⊥平面 BDC. ∵AD?平面 ABD, ∴平面 ADB⊥平面 BDC.

(2)解

由∠BDC=90°及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以


空间直角坐标系,易得





D为坐标原点,以DB ,DC ,DA 所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的

?1 3 ? D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3),E?2,2,0?, ? ? ?1 3 ? → ? , ,- 3?,DB=(1,0,0), ∴AE= 2 2 ? ?



→ → → → → →
A E ·D B = → → |A E |·|D B | 1× ∴AE与DB夹角的余弦值为cos〈AE,DB〉=

1 2 22 4 =

22 . 22

利用向量法求二面角

用空间向量法求二面角的大小是高考的热点.考查空间向量的 应用以及运算能力,题目难度为中等.

【例题 2】?(2011·嘉兴模拟)在如图所示的几何体中,AE⊥平面 ABC,CD∥ AE,F 是 BE 的中点,AC=BC=1,∠ACB=90°,AE=2CD=2. (1)证明:DF⊥平面 ABE; (2)求二面角 ABDE 的余弦值.

(1)证明

因为 EA⊥平面 ABC,CD∥AE,所以 CD⊥平面 ABC.

→ → → 故以 C 为原点,分别以CA,CB,CD所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示 的空间直角坐标系,则相关各点的坐标分别是 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),
?1 1 ? ? , ,1?. D(0,0,1),E(1,0,2),F 2 2 ? ?

→ ?1 1 → ? → 所以DF= 所以DF=?2,2,0?,AE=(0,0,2),AB=(-1,1,0), ,AE=(0,0,2),AB=(-1,1,0),
? ?

→ → ?1 1 ? ? , ,0?·(0,0,2)=0, 因为DF·AE= 2 2
? ?

→ → ?1 1 ? DF·AB=?2,2,0?·(-1,1,0)=0.
? ?

所以 DF⊥AE,DF⊥AB,而 AE∩AB=A. 所以 DF⊥平面 ABE.

(2)解

→ → 由(1)知,BD=(0,-1,1),AB=(-1,1,0),

→ BE=(1,-1,2), 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 ABD 的一个法向量, → ?n ·BD=0, ? 1 ?-y1+z1=0, 得? 即 x1=y1=z1. 由? → ?-x1+y1=0. ?n1·AB=0 ? 取 x1=y1=z1=1,则 n1=(1,1,1), 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 BDE 的一个法向量. → ?n ·BD=0, ?-y2+z2=0, ? 2 由? 得? 即 x2=-y2=-z2, → ?x2-y2+2z2=0, ?n2·BE=0 ? 取 y2=z2=1,x2=-1,则 n2=(-1,1,1),

n1·n2 -1+1+1 1 设二面角 ABDE 的大小为 θ,则 cos θ= = = , 3 |n1||n2| 3× 3 1 故二面角 ABDE 的余弦值是 . 3

求二面角最常用的办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.

【变式 2】?(2011·天津)如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,H 是正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H= 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 AA1C1B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平面 A1B1C1, 求线段 BM 的长.



如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点.依题意得 A(2 2,

0,0), B(0,0,0), C( 2, - 2, 5), 1(2 2, 2, B1(0, 2, A 2 0), 2 0),C1( 2, 2, 5). → → → (1)易得 A C =(- 2, 2, 5), 1B1=(-2 2, - A 0,0), 于是 cos 〈A C , 1B1〉 A



→ →
A C ·A1B1 4 2 = = = . → → 3×2 2 3 |A C ||A1B1| 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 . 3

→ → (2)易知AA1=(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5).

?m·A→ =0, ? 1C1 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z),则? → ?m·AA1=0. ?
?- 2x- 2y+ 5z=0, ? 即? ?2 2y=0. ?

不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2),

?n·A→ =0, ? 1C1 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x1 ,y1 ,z1),则 ? 即 → ?n·A1B1=0, ?
?- 2x1- 2y1+ 5z1=0, ? ? ? ?-2 2x1=0.

不妨令 y1= 5,可得 n=(0, 5, 2),

于是 cos〈m,n〉=

m·n 2 2 = = , |m||n| 7× 7 7

3 5 . 从而 sin〈m,n〉= 7 所以二面角 AA1C1B1 的正弦值为 3 5 . 7

? 2 3 2 5? (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N? , , ?. 2 2 2? ?

5? 3 2 ? -a, 设 M(a,b,0),则 M N = -b, ?. 2 2 2? ?

→ ? 2

?M→·A→ =0, ? N 1B 1 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? ?M→·A→ 1=0, ? N 1C ?? 2-a?·(-2 2)=0, ? ?? 2 ? ? 即? ? ? ? ? ?? 2-a?·(- 2)+?3 2-b?·(- 2)+ 5× 5=0. 2 ?? 2 ? ? 2 ? ?a= 2, ? 2 解得? ?b= 2. 4 ?
→ ? 2
? 2 2 ? 故 M? , ,0?. 4 ? 2 ?

→ ? 10 2 因此 BM =? , ,0 ?,所以线段 BM 的长|B M |= . 4 2 4 ? ?

利用向量法解决立体几何中的探索性问题

高考试题中只有一道立体几何解答题, 这道试题不会单纯地考 查立体几何的某一个问题,往往通过综合空间线面位置关系的证明、空间 角和空间距离等几何量的计算考查探索性问题、平面图形的折叠问题等, 全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度,考生的空间想象能力、逻 辑思维能力和运算求解能力.

【例题 3】?一个四棱锥 PABCD 的正(主)视图是边长为 2 的正方形及其一条 对角线,左视图和俯视图是全等的等腰直角三角形,直角边长为 2,其三视 图和直观图如图.

(1)求四棱锥 PABCD 的体积; (2)求二面角 CPBA 大小; (3)M 为棱 PB 上的点,当 PM 长为何值时,CM⊥PA?



(1)由三视图可知,PD⊥平面 ABCD,

1 8 ∴四棱锥 PABCD 的体积 V= SABCD·PD= . 3 3 (2)如图,以 D 为坐标原点 O,分别以 DP,DC,DA 所在直线为 x 轴、y 轴、 → z 轴建立空间直角坐标系,设 CP 中点为 E,则 OE⊥PC,OE⊥BC,所以OE → 是平面 PBC 的法向量, AP 中点为 F, 设 同理可知OF是平面 PAB 的法向量. → → OE=(1,1,0),OF=(1,0,1), 设二面角 CPB-A 的平面角为 θ, → → |OE·OF| 1 π 则|cos θ|= = ,显然 θ> . 2 → → 2 |OE||OF| 所以二面角 CPBA 大小为 2π . 3

(3)由(2)知,P(2,0,0),B(0,2,2),C(0,2,0),A(0,0,2), ∵P,M,B 三点共线, → → → → → ∴可设PM=k·PB=(-2k,2k,2k), k∈R, =CP+PM=(2-2k, CM -2+2k,2k). → PA=(-2,0,2). → → 1 ∵CM⊥PA.所以CM·PA=8k-4=0,∴k= . 2 → → ∴PM=(-1,1,1).|PM|= 3, → → ∴PM 的长为 3时,CM⊥PA,即 CM⊥PA.

空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题, 它无需 进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.解题时,把 要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化 为“点的坐标是否有解,是否有规定范围的解”等,因此使问题的解决更 简单、有效,应善于运用这一方法解题.

π 【变式 3】?在梯形 ABCD 中,∠DAB=∠ABC= ,AB=BC=2AD=4,E, 2 → → |AE| |DF| F 分别是 AB,CD 上的点, = =λ(0<λ<1),G 是 BC 的中点,现沿 → → |AB| |DC| EF 将四边形 AEFD 折起,使 AE⊥BE,EG⊥BD(如图).

(1)求证:平面 AEFD⊥平面 BEFC; (2)确定 λ 的值,并计算二面角 DBFC 的余弦值.

(1)证明

π ∵在原图中,∠DAB=∠ABC= , 2

AE DF ∴AB⊥BC,AB⊥AD.∵ = ,EF∥BC∥AD,AE⊥EF, EB FC 折起后:由 AE⊥BE 及已知 AE⊥EF,BE∩EF=E, 得 AE⊥平面 BEFC. 又∵AE?平面 AEFD,∴平面 AEFD⊥平面 BEFC. (2)解 → → → EA,EB,EF 两两垂直,建立以 E 为空间坐标系原点,EB,EF,EA

分别为 x,y,z 轴的空间直角坐标系,如图

则 E(0,0,0),B(4-4λ,0,0),C(4-4λ,4,0),G(4-4λ,2,0),D(0,2,4λ), → → ∴BD=(4λ-4,2,4λ),EG=(4-4λ,2,0). → → 1 2 ∵EG⊥BD,∴-(4λ-4) +4=0,解得 λ= <1. 2 即 A(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,2),F(0,3,0), → → ∴BF=(-2,3,0),BD=(-2,2,2). 设平面 DBF 的一个法向量为 n1=(x,y,z), → → 由 n1·BD=0,n1·BF=0,得 n1=(3,2,1), 又平面 BCF 的一个法向量 n2=(0,0,1), ∴cos〈n1,n2〉= n1·n2 14 = . |n1||n2| 14

又∵二面角 DBFC 的平面角为钝角, ∴其二面角的余弦值为- 14 . 14


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