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目录2014高考导航考纲展示备考指南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.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.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目录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(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的法向非零量，则求法向量的方程组为n·a＝0n·b＝0.目录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．目录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，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝______(其中φ为异面直线a，b所成的角)．(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，则有sinφ＝|cosθ|＝_________.|a·b||a||b||e·n||e||n|目录(3)求二面角的大小a．如图①，AB，CD是二面角αlβ两个半平面内与棱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αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足______________________________________〈AB→，CD→〉cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．目录课前热身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∥l2B．l1⊥l2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确答案：B目录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·MN→＝－x＋y＝0n·NP→＝x－z＝0，解得y＝xz＝x，取x＝1，则n＝(1,1,1)．目录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∥α4．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＝__________.答案：13目录考点探究讲练互动考点突破考点1证明平行与垂直如图所示，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.例1目录【证明】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标系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°.目录∵PC＝2，∴BC＝23，PB＝4.∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)，M32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，CM→＝32，0，32，(1)法一：令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则DP→·n＝0，DA→·n＝0，目录即－y＋2z＝0，23x＋3y＝0，∴z＝12y，x＝－32y，令y＝2，得n＝(－3，2,1)．∵n·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n⊥CM→，又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.目录法二：∵PD→＝(0,1，－2)，PA→＝(23，4，－2)，令CM→＝xPD→＋yPA→，则32＝23y0＝x＋4y32＝－2x－2y，方程组的解为x＝－1y＝14，∴CM→＝－PD→＋14PA→，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.目录(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→·DA→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE→⊥DA→，∴BE⊥DA，又PA∩DA＝A.∴BE⊥平面PAD，又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.目录【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．目录跟踪训练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)，CM→＝32，0，32.∴AB→·CM→＝0×32＋(－4)×0＋0×32＝0.∴AB→⊥CM→，即AB⊥CM.目录考点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．目录【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x0，y0，z0.目录(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联立①②得y＝12，z＝32.目录于是S1，12，32，AS→＝－1，－32，32，BS→＝1，－32，32，DS→＝0，12，32.因为DS→·AS→＝0，DS→·BS→＝0，故DS⊥AS，DS⊥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·BS→＝0，a·CB→＝0.目录又BS→＝1，－32，32，CB→＝(0,2,0)故m－32n＋32p＝0，2n＝0.取p＝2，得a＝(－3，0,2)．又AB→＝(－2,0,0)，cos〈AB→，a〉＝|AB→·a||AB→||a|＝217，所以AB与平面SBC所成角的正弦值为217.目录【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．目录跟踪训练2.如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝7，点D是BC的中点，点E在AC上，且DE⊥A1E.(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．目录解：(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.目录(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)，A1(2,0，7)，D(－1，3，0)，E(－1,0,0)．易知A1D→＝(－3，3，－7)，DE→＝(0，－3，0)，AD→＝(－3，3，0)．目录设n＝(x，y，z)是平面A1DE的一个法向量，则n·DE→＝－3y＝0，n·A1D→＝－3x＋3y－7z＝0.解得x＝－73z，y＝0.故可取n＝(7，0，－3)．于是cos〈n，AD→〉＝n·AD→|n|·|AD→|＝－374×23＝－218.故直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为218.目录考点3求二面角例3(2012·高考天津卷)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．目录【解】如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B－12，12，0，P(0,0,2)．目录(1)证明：易得PC→＝(0,1，－2)，AD→＝(2,0,0)，于是PC→·AD→＝0，所以PC⊥AD.(2)PC→＝(0,1，－2)，CD→＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．则n·PC→＝0，n·CD→＝0，即y－2z＝0，2x－y＝0.不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．目录可取平面PAC的一个法向量为m＝(1,0,0)．于是cos〈m、n〉＝m·n|m|·|n|＝16＝66，从而sin〈m，n〉＝306.所以二面角A－PC－D的正弦值为306.目录(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得BE→＝12，－12，h.由CD→＝(2，－1,0)，故cos〈BE→，CD→〉＝BE→·CD→|BE→|·|CD→|＝3212＋h2×5＝310＋20h2，所以310＋20h2＝cos30°＝32，解得h＝1010，即AE＝1010.目录【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．目录跟踪训练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．目录解：(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′.目录(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)，所以Mλ2，0，12，Nλ2，λ2，1.设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量