高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：7.7 立体几何中的向量方法 Word版含答案_20210103224747.doc

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1、淘宝店铺：漫兮教育第七节立体几何中的向量方法空间角(1)空间角的定义(2)掌握线线角、线面角、面面角的求法知识点一直线的方向向量与平面的法向量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，取直线l的方向向量a，则向量a叫作平面的法向量易误提醒(1)通常取直线上的两个特殊点构成直线的方向向量；当直线平行于x轴，y轴或z轴时，直线的方向向量可分别取i(1,0,0)，j(0,1,0)，k(0,0,1)(2)求平面的法向量时，建立的方程组有无数组解，利用赋值法，只要给x，y，z中的一个变量赋一特殊值(常赋值1,0,1)，

2、即可确定一个法向量，赋值不同，所求法向量不同，但n(0,0,0)不能作为法向量必备方法平面的法向量求法步骤：(1)设平面的法向量为n(x，y，z)(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)；(3)根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量自测练习1若直线l平面，直线l的方向向量为s、平面的法向量为n，则下列结论正确的是()As(1,0,2)，n(1,0，1)Bs(1,0,1)，n(1,2，1)Cs(1,1,1)，n(1,2，1)Ds(1,1,1)，n(2,2,2)解析：直线与平面平行，直线的方向向量和

3、平面的法向量垂直，经检验只有选项C中s·n0，故选C.答案：C2设u(2,2，t)，v(6，4,4)分别是平面，的法向量若，则t()A3B4C5 D6解析：，则u·v2×62×(4)4t0，t5.答案：C知识点二利用空间向量求空间角1求两条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l1与l2所成的角a与b的夹角a，b范围0<0<a，b<关系cos |cos a，b|cosa，b2.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3求二面角的大小(1)

4、若AB、CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角(如图a)(2)设n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小(如图b、c)易误提醒(1)空间向量的夹角与所求角的范围不一定相同，如两向量的夹角范围是0，两异面直线所成的角的范围是.(2)用平面的法向量求二面角时，二面角的大小与两平面法向量的夹角有相等和互补两种情况自测练习3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()A45° B135°C45°或135° D90&#

5、176;解析：cosm，n，即m，n45°，其补角为135°.两平面所成二面角为45°或135°.答案：C4若平面的一个法向量为n(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a(2，3,3)，则l与所成角的正弦值为_解析：设l与所成角为，则sin |cosn，a|.答案：考点一异面直线所成角|(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AB的中点(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；(2)求证：平面EB1D平面B1CD.解不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示

6、的空间直角坐标系D­xyz.根据已知得：D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)(1)(2,0,0)，(2,0,2)，cos，.直线AD和直线B1C所成角为.(2)证明：取B1D的中点F，得F(1,1,1)，连接EF.E为AB的中点，E(2,1,0)，(1,0,1)，(0,2,0)，·0，·0，EFDC，EFCB1.DCCB1C，EF平面B1CD.又EF平面EB1D，平面EB1D平面B1CD.注意向量的夹角与异面直线所成角的区别当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的

7、夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角1直三棱柱ABC­A1B1C1中，BCA90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.B.C. D.解析：建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，设BC2，则B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以(1，1,2)，(1,0,2)，故BM与AN所成角的余弦值cos .答案：C考点二直线与平面所成角|(2015·高考全国卷)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1

8、C1上，A1ED1F4，过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解(1)交线围成的正方形EHGF如图(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6,8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0,4,3)又

9、(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角2如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，DAB90°，ADBC，AD侧面PAB，PAB是等边三角形，DAAB2，BCAD，E是线段AB的中点(1)求证：PECD；(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值解：(1)证明：因为AD侧面PAB，PE平面PAB，所以A

10、DPE.又因为PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，所以PEAB.因为ADABA，所以PE平面ABCD.而CD平面ABCD，所以PECD.(2)以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz.则E(0,0,0)，C(1，1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，)(2,1,0)，(0,0，)，(1，1，)设n(x，y，z)为平面PDE的法向量由即令x1，可得n(1，2,0)设PC与平面PDE所成的角为，则sin |cos，n|.所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.考点三二面角|(2015·高考北京卷)如图，在四棱锥A­EFCB中，AEF为等边三角形，平面AE

11、F平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60°，O为EF的中点(1)求证：AOBE；(2)求二面角F­AE­B的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值解(1)证明：因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB，AO平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB，又OG平面EFCB，所以OAOG.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2a)，0)，(a,0，a)，(a2，

12、(a2)，0)设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则x，y1.于是n(，1,1)平面AEF的法向量为p(0,1,0)所以cosn，p.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为.(3)因为BE平面AOC，所以BEOC，即·0.因为(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以·2(a2)3(a2)2.由·0及0<a<2，解得a.3(2015·高考安徽卷)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1

13、C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值解：(1)证明：由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD，以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0

14、,1,1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5,0.5,1)设面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量(0.5,0.5,0)，(0,1，1)，由n1，n1得(1,1,1)为其一组解，所以可取n1(1,1,1)设面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1,0,0)，(0,1，1)，由此同理可得n2(0,1,1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.24.向量法在立体几何探索性问题中的应用【典例】(2016·绵阳诊断)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90°，AE平面ABCD，EFCD，BCCDAEEFAD1.

15、(1)求证：CE平面ABF；(2)求证：BEAF；(3)在直线BC上是否存在点M，使二面角E­MD­A的大小为？若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由思维点拨(1)作FGEA，AGEF，连接EG交AF于H，证明BHCE.(2)证明AF面BGE.(3)利用向量法求解解(1)证明：如图，作FGEA，AGEF，连接EG交AF于H，连接BH，BG，EFCD且EFAG，AGCD，即点G在平面ABCD内由AE平面ABCD知AEAG，又AGEF，AEFG，四边形AEFG为正方形，四边形CDAG为平行四边形，H为EG的中点，B为CG的中点，BHCE，CE平面ABF.(2)证明：在平行四

16、边形CDAG中，ADC90°，BGAG.又由AE平面ABCD知AEBG，BG平面AEFG，BGAF.又AFEG，AF平面BGE，AFBE.(3)如图，以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系A­xyz.则A(0,0,0)，G(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，设M(1，y0,0)(0,2，1)，(1，y02,0)，设平面EMD的法向量为n(x，y，z)则令y1，得z2，x2y0，n(2y0,1,2)又AE平面AMD，(0,0,1)为平面AMD的一个法向量，|cosn，|cos ，解得y02±，故在BC上存在点M，且CM.方法

17、点评立体几何开放性问题求解方法有以下两种：(1)根据条件作出判断，再进一步论证(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在跟踪练习(2016·福州调研)如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由解：(1)证明：以A为原点，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(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D

18、1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)故·×01×1(1)×10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.A组考点能力演练1.如图，几何体EF­ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，ABCD，ADDC，AD2，AB4，ADF90°.(1

19、)求证：ACFB；(2)求二面角EFBC的大小解：(1)证明：由题意得，ADDC，ADDF，且DCDFD，AD平面CDEF，ADFC，四边形CDEF为正方形，DCFC.DCADD，FC平面ABCD，FCAC.又四边形ABCD为直角梯形，ABCD，ADDC，AD2，AB4，AC2，BC2，则有AC2BC2AB2，ACBC，又BCFCC，AC平面FCB，ACFB.(2)由(1)知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D(0,0,0)，F(0,2,2)，B(2,4,0)，E(0,0,2)，C(0，2,0)，A(2,

20、0,0)，(0,2,0)，(2,2，2)，设平面EFB的法向量为n(x，y，z)，则有令z1，则n(1,0,1)，由(1)知平面FCB的一个法向量为(2,2,0)，设二面角EFBC的大小为，由图知，cos |cosn，|，.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，AB2，BCCD1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1BC；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值解：(1)证明：连接D1C，则D1C平面ABCD，D1CBC.在等腰梯形A

21、BCD中，连接AC，AB2，BCCD1，ABCD，BCAC，BC平面AD1C，AD1BC.(2)法一：ABCD，D1DC，CD1，D1C.在底面ABCD中作CMAB，连接D1M，则D1MAB，D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角在RtD1CM中，CM，D1C，D1M，cosD1MC，即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.法二：由(1)知AC、BC、D1C两两垂直，ABCD，D1DC，CD1，D1C.在等腰梯形ABCD中，AB2，BCCD1，ABCD，AC，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，

22、)，设平面ABC1D1的法向量为n(x，y，z)，由得可得平面ABC1D1的一个法向量为n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量因此cos，n，平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.3(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB2AD2.(1)若点E为AB的中点，求证：BD1平面A1DE；(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1­EC­D的大小为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明：四边形ADD1A1为正方形，连接AD1，A1DAD1F，则F是AD1的中点，又因为点E为A

23、B的中点，连接EF，则EF为ABD1的中位线，所以EFBD1.又因为BD1平面A1DE，EF平面A1DE，所以BD1平面A1DE.(2)根据题意得DD1DA，DD1DC，ADDC，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)设满足条件的点E存在，令E(1，y0,0)(0y02)，(1,2y0,0)，(0,2，1)，设n1(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，则得令y11，则平面D1EC的法向量为n1(2y0,1,2)，由题知平面DEC的一个法向量n2(0,0,1)由二面角D1&

24、#173;EC­D的大小为得cos ，解得y020,2，所以当AE2时，二面角D1­EC­D的大小为.B组高考题型专练1(2015·高考全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解：(1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120°，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以

25、EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱A1A底面A

26、BCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1­AC­B1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2，0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，2,1)(1)证明：依题意，可得n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.由此可

27、得·n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2,2)，(2,0,0)设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设z21，可得n2(0，2,1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以，二面角D1­AC­B1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而(1，2,1)又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得|cos，n|，整理得2430，又因为0,1，解得2.所以，线段A1

28、E的长为2.3(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解：以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m·0，m·0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.