162011届高考数学二轮复习课件8.7 立体几何中的向量方法

§8.7立体几何中的向量方法要点梳理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的法向量，则求法向量的方程组为非零.00bnan基础知识自主学习2.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所成的角θ满足.(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.(3)求二面角的大小①如图①，AB、CD是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=.cosθ=|cos〈m1,m2〉|sinθ=|cos〈m,n〉|CDAB,②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〉3.点面距的求法如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=.||||nnAB基础自测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.以上均不正确解析∵a·b=-12+36-24=0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.B2.已知平面α内有一个点M（1，-1，2），平面α的一个法向量是n=（6，-3，6），则下列点P中在平面α内的是()A.P（2，3，3）B.P（-2，0，1）C.P（-4，4，0）D.P（3，-3，4）解析∵n=（6，-3，6）是平面α的法向量，∴n⊥，在选项A中，=（1，4，1），∴n·=0.AMPMPMP3.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()A.45°B.135°C.45°或135°D.90°解析即〈m,n〉=45°，其补角为135°.∴两平面所成二面角为45°或135°.,22211||||,cosnmnmnmC4.如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCO—A′B′C′D′，A′C的中点E与AB的中点F的距离为()A.B.C.aD.解析由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,C（0，a，0），A′(a,0,a).a2a22a21.2244)20()22()2(||).2,2,2(),0,2,(22222aaaaaaaaEFaaaEaaFB5.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1).若c与a及b都垂直，则m,n的值分别为()A.-1,2B.1,-2C.1,2D.-1,-2解析由已知得c=(m+4,m+2n-4,m-n+1),故a·c=3m+n+1=0，b·c=m+5n-9=0..2,1nm解得A题型一利用空间向量证明平行与垂直如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明：(1)AE⊥CD;(2)PD⊥平面ABE.【例1】题型分类深度剖析思维启迪（1）建立空间直角坐标系确定的坐标CD、AE计算CDAEAE⊥CD（2）求面ABE的法向量n判断满足=kn(k∈R）PD⊥平面ABEPD或确定坐标AE、AB、PD计算AEPDABPD,PD⊥AEPD⊥ABPD⊥平面ABE证明AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA=AB=BC=1，则P（0，0，1）.(1)∵∠ABC=60°，∴△ABC为正三角形.),0,332,0(,332,0,),0,,0().21,43,41(),0,23,21(DyCDACCDACyDEC则即得由设),21,43,41().0,63,21(AECD又.,,043634121CDAECDAECDAE即(2)方法一).1,332,0(),1,0,0(PDP.,,,0),0,0,1(.,,0)1(2133243AEBPDAAEABABPDABPDABAEPDAEPDPDAE平面又即又方法二),21,43,41(),0,0,1(AEAB.,,//.33),1,332,0().3,2,0(,3,2,02143410),,,(ABEPDABEPDPDPDPDzyzyxxzyxABE平面即平面显然则令则的一个法向量为设平面nnnn证明线面平行和垂直问题，可以用几何法，也可以用向量法.用向量法的关键在于构造向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向量垂直的判定定理.若能建立空间直角坐标系，其证法较为灵活方便.探究提高知能迁移1如图所示,平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点.求证：PB∥平面EFG.证明∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形,∴AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0).),1,1,1(),0,1,0(),2,0,2(FGFEPB即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1)，.//,.,,22.2,2,0,2EFGPBEFGPBFGFE、PBFGFEFGFEPBtststt平面平面共面与不共线与又解得,FGtFEsPB设题型二利用向量求空间角（2008·海南理，18）如图所示，已知点P在正方体ABCD—A′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.建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.【例2】思维启迪解如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D—xyz.则=（1，0，0），=(0,0,1).连接BD,B′D′.在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H.设=(m,m,1)(m0),由已知〈〉=60°,DACCDHDADH,.122,,cos||||2mmDADHDHDADHDA可得由.45,45,,222111022022,cos)1(所成的角为与即所以因为CCDPCCDHCCDH.30,60,,212101122022,cos).0,1,0()2(所成的角为与平面可得所以因为的一个法向量是平面DDAADPDCDHDCDHDCDDAA)1,22,22(,22DHm所以解得（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.探究提高知能迁移2（2009·天津理，19）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明平面AMD⊥平面CDE;(3)求二面角A—CD—E的余弦值.(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB=1，依题意得B(1,0,0),C(1,1,0)，D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1)，AD21).21,1,21(M.2122100||||,cos),1,1,0(),1,0,1(DEBFDEBFDEBFDEBF于是所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.(2)证明.,.00),0,2,0(),1,0,1(),21,1,21(ADCEAMCEADCE，AMCEADCEAM因此可得由又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u=（x,y,z)，令x=1,可得u=(1,1,1).又由题设，平面ACD的一个法向量v=(0,0,1).因为二面角A—CD—E为锐角，所以其余弦值为.0,0.0,0zyzxDECE于是则uu.3313100||||,cos,vuvuvu所以.33题型三利用向量求空间距离（12分）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=，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示.求点B到平面CMN的距离.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.【例3】32思维启迪解取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.4分如图所示，建立空间直角坐标系O—xyz，则B(0,2,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),M（1，，0），N（0，，）.6分32323),2,0,1(),0,3,3(MNCM设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量，点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法.如本题,事实上，作BH⊥平面CMN于H.),0,3,1(MB.324||||).1,6,2(,6,2,1,02033nnnnnMBdCMNByxzzxMNyxCM的距离到平面点则取则8分10分12分探究提高及由MHBMBH,BMnnBH,|||||||,|||||||nnnnnBMBHBHBMBH.||||nnBMd即知能迁移3如图所示，已知两个正四棱锥P—ABCD与Q—ABCD的高分别为1，2，AB=4.（1）证明PQ⊥面ABCD；（2）求异面直线AQ与PB所成角的余弦值；（3）求点P到面QAD的距离.（1）证明如图，连结AC，BD，设AC∩BD=O，∵P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥，∴PO⊥面ABCD，QO⊥面ABCD，从而P、O、Q三点在一条直线上.∴PQ⊥面ABCD.（2）解由题设知，ABCD是正方形，∴AC⊥BD.由（1）知，PQ⊥面ABCD，故可分别以CA，DB,QP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由条件得P（0，0，1）,A（2，0，0）,Q（0，0，-2）,B（0，2，0），22.93||||,cos).1,22.0(),2,0,22(PBAQPBAQPBAQPBAQ于是.93所成角的余弦值为与从而异面直线PBAQ(3)解由(2)得D(0,-2,0)，=（0，0，-3），设n=（x，y，z）是面QAD的一个法向量，2).0,22,22(ADPQ.223||||).2,1,1(,1.0,02,0,0nnnnnPQdQADPxyxzxADAQ的距离到面点得不妨取得由方法与技巧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.思想方法感悟提高2.若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算.(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,则cosθ=|cos〈a,b