2020版高考数学一轮复习第7章立体几何第7讲立体几何中的向量方法讲义理（含解析）.doc

1、1第 7 讲 立体几何中的向量方法考纲解读 1.理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系(重点)2.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题(难点)考向预测 从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容预测 2020 年高考将会以空间向量为工具，证明平行与垂直以及求空间角的计算问题试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上.1用向量证明空间中的平行关系(1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1 l2(或 l1与 l2重合) v1 v2v1 v2.01 (2)设直线 l

2、 的方向向量为 v，与平面 共面的两个不共线向量 v1和 v2，则 l 或l 存在两个实数 x， y，使 v xv1 yv2.02 (3)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l 或l v u vu0.03 04 (4)设平面 和 的法向量分别为 u1， u2，则 u1 u2u1 u2.05 2用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1 l2 v1 v2 v1v20.01 02 (2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l v u v u.03 04 (3)设平面 和 的法向量分别为 u1和 u2，则 u1

3、 u2 u1u20.05 06 3两条异面直线所成角的求法设 a， b 分别是两异面直线 l1， l2的方向向量，则24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 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，两向量 e 与 n 的夹角为 ，则有 sin |cos | ， 的取值范围是01 |en|e|n|.0， 25求二面角的大小(1)如图， AB， CD 是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 ， 01 AB CD (2)如图， n1， n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法向量，则二面角的大小 满足|cos | |cos n1， n2

4、| ，二面角的平面角大小是向02 03 |n1n2|n1|n2|量 n1与 n2的夹角(或其补角)31概念辨析(1)若空间向量 a 平行于平面 ，则 a 所在直线与平面 平行( )(2)两异面直线夹角的范围是 ，直线与平面所成角的范围是 ，二面角的(0， 2 0， 2范围是0，( )(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( )(4)若二面角 a 的两个半平面 ， 的法向量 n1， n2所成角为 ，则二面角 a 的大小是 .( )答案 (1) (2) (3) (4)2小题热身(1)若直线 l 的方向向量为 a(1,0,2)，平面 的法向量为 n(2,0，4)，则( )A

5、 l B l C l D l 与 斜交答案 B解析 因为 a(1,0,2)， n(2,0，4)，所以 n2 a，所以 a n，所以 l .(2)已知向量 (2,2,1)， (4,5,3)，则平面 ABC 的单位法向量是( )AB AC A. B(13， 23， 23) ( 13， 23， 23)C D(12， 1， 1) (13， 23， 23)答案 D解析 设平面 ABC 的一个法向量是 n( x， y， z)，则Error!取 z1，得 x ， y1.则12n ，| n| ，故平面 ABC 的单位法向量是 .(12， 1， 1) 32 (13， 23， 23)(3)在正三棱柱 ABC A1

6、B1C1中，若 AB BB1，则 AB1与 C1B 所成角的大小为( )2A60 B75C90 D105答案 C4解析 取 AC 的中点 D，建立如图所示的空间直角坐标系设 AB a，则 B ， C1 ， A ， B1 ，从而(32a， 0， 0) (0， a2， 22a) (0， a2， 0) (32a， 0， 22a) ， .AB1 (3a2， a2， 2a2) C1B (3a2， a2， 2a2)所以 cos ， 0，AB1 C1B AB1 C1B |AB1 |C1B |所以 AB1与 C1B 所成的角为 90.故选 C.(4)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB2， BC A

7、A11，则 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为_，二面角 B A1C1 D1的余弦值为_答案 13 23解析 如图，建立空间直角坐标系 Dxyz，则D1(0,0,1)， C1(0,2,1)， A1(1,0,1)， B(1,2,0)， (0,2,0)， (1，2,0)，D1C1 A1C1 (0,2，1)，A1B 设平面 A1BC1的一个法向量为 n( x， y， z)，由Error! 即Error!令 y1，得 n(2,1,2)，设 D1C1与平面 A1BC1所成角为 ，则5sin |cos ， n| ，D1C1 |D1C1 n|D1C1 |n| 223 13即直线 D1C1与平面 A1

8、BC1所成角的正弦值为 .13易知平面 A1C1D1的法向量 m(0,0,1)，cos m， n .mn|m|n| 213 23由图可知，二面角 B A1C1 D1为钝角，故二面角 B A1C1 D1的余弦值为 .23题型 利用空间向量研究空间中的位置关系一角度 1 利用空间向量证明平行与垂直问题1(2018青岛模拟)如图，在多面体 ABC A1B1C1中，四边形 A1ABB1是正方形，AB AC， BC AB， B1C1綊 BC， AA1平面 BAC.212求证：(1) A1B1平面 AA1C；(2)AB1平面 A1C1C.证明 AA1平面 BAC. AA1 AB， AA1 AC.又 AB

9、AC， BC AB，2 CAB90，即 CA AB， AB， AC， AA1两两互相垂直6建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，设 AB2，则A(0,0,0)， B1(0,2,2)， A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1) (0,2,0)， (0,0，2)， (2,0,0)，设平面 AA1C 的一个法向量A1B1 A1A AC n( x， y， z)，则Error! 即Error!即Error!取 y1，则 n(0,1,0) 2 n，即 n.A1B1 A1B1 A1B1平面 AA1C.(2)易知 (0,2,2)， (1,1,0)， (2,0，2)，设平面 A1C1C

10、的一个法向AB1 A1C1 A1C 量 m( x1， y1， z1)，则Error! 即Error!令 x11，则 y11， z11，即 m(1，1,1) m012(1)210，AB1 m.又 AB1平面 A1C1C，AB1 AB1平面 A1C1C.角度 2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题2(2018桂林模拟)如图，棱柱 ABCD A1B1C1D1的所有棱长都等于 2， ABC 和 A1AC 均为 60，平面 AA1C1C平面 ABCD.7(1)求证： BD AA1；(2)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，请说明理由解

11、 (1)证明：设 BD 与 AC 交于点 O，则 BD AC，连接 A1O，在 AA1O 中，AA12， AO1， A1AO60， A1O2 AA AO22 AA1AOcos603，21 AO2 A1O2 AA ，21 A1O AO.由于平面 AA1C1C平面 ABCD，且平面 AA1C1C平面 ABCD AC， A1O平面 AA1C1C， A1O平面 ABCD.以 OB， OC， OA1所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)， B( ，0,0)，3C(0,1,0)， D( ，0,0)，3A1(0,0， )， C1(0,2， )3 3由于

12、(2 ，0,0)， (0,1， )，BD 3 AA1 3 0(2 )10 00，AA1 BD 3 3 ，即 BD AA1.BD AA1 (2)假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1，设 ， P(x， y， z)，则( x， y1， z) (0,1， )CP CC1 38从而有 P(0,1 ， )， ( ，1 ， )设平面 DA1C1的法向量为3 BP 3 3n( x， y， z)，则Error!又 (0,2,0)， ( ，0， )，A1C1 DA1 3 3则Error! 取 n(1,0，1)，因为 BP平面 DA1C1，则 n ，即 n 0，BP BP 3 3得 1，即点 P

13、 在 C1C 的延长线上，且 C1C CP.1用空间向量证明平行问题的方法线线平行 证明两直线的方向向量共线线面平行证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示面面平行 证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；转化为线面平行、线线平行问题2用空间向量证明垂直问题的方法线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线

14、面垂直3解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理(2)探索性问题的关键是设点：空间中的点可设为( x， y， z)；坐标平面内的点其中一个坐标为 0，如 xOy 面上的点为( x， y,0)；坐标轴上的点两个坐标为 0，如 z 轴上的点为(0,0， z)；直线(线段) AB 上的点 P，可设为 ，表示出点 P 的坐标，或直接AP AB 利用向量运算提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示 1如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，侧面 PAD底面ABCD，且 PA PD AD，设

15、E， F 分别为 PC， BD 的中点229(1)求证： EF平面 PAD；(2)求证：平面 PAB平面 PDC.证明 (1)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP， OF.因为 PA PD，所以 PO AD.因为侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD AD， PO平面 PAD，所以 PO平面 ABCD.又 O， F 分别为 AD， BD 的中点，所以 OF AB.又 ABCD 是正方形，所以 OF AD.因为 PA PD AD，22所以 PA PD， OP OA .a2以 O 为原点， OA， OF， OP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则 A

16、 ， F ， D ，(a2， 0， 0) (0， a2， 0) ( a2， 0， 0)P ， B ， C .(0， 0，a2) (a2， a， 0) ( a2， a， 0)因为 E 为 PC 的中点，所以 E .(a4， a2， a4)易知平面 PAD 的一个法向量为 ，OF (0， a2， 0)因为 ，EF (a4， 0， a4)且 0，OF EF (0， a2， 0) (a4， 0， a4)10又因为 EF平面 PAD，所以 EF平面 PAD.(2)因为 ， (0， a,0)，PA (a2， 0， a2) CD 所以 (0， a,0)0，PA CD (a2， 0， a2)所以 ，所以 PA

17、 CD.PA CD 又 PA PD， PD CD D，PD， CD平面 PDC，所以 PA平面 PDC.又 PA平面 PAB，所以平面 PAB平面 PDC.2如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点 M 是 BD 的中点， AE CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如12图所示(1)求证： EM平面 ABC；(2)试问在棱 CD 上是否存在一点 N，使 MN平面 BDE？若存在，确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由解 以 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)， B(0,2,0)， C(2,0,0)， D(2,0

18、,4)，E(0,0,2)， M(1,1,2)， (0,0,2)，AE (2,2，4)， (2,0，2)，DB DE (0,0，4)， (1,1，2)， (1,1,0)DC DM EM 11(1)证明：由图易知 为平面 ABC 的一个法向量，AE 因为 0(1)01200，AE EM 所以 ，即 AE EM，AE EM 又 EM平面 ABC，故 EM平面 ABC.(2)假设在 DC 上存在一点 N 满足题意，设 (0,0，4 )， 0,1，DN DC 则 (1,1，2)(0,0，4 )(1,1，24 )，所以Error!即Error!NM DM DN 解得 0,134所以棱 DC 上存在一点 N

19、，满足 NM平面 BDE，此时 DN DC.34题型 利用空间向量求解空间角二角度 1 利用空间向量求解异面直线所成的角1(2015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， BE2 DF， AE EC.(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12解 (1)证明：连接 BD.设 BD AC G，连接 EG， FG， EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由 ABC120，可得 AG GC .3由 BE平面 ABCD， AB BC，可知 AE E

20、C.又 AE EC，所以 EG ，且 EG AC.3在 Rt EBG 中，可得 BE ，故 DF .222在 Rt FDG 中，可得 FG .62在直角梯形 BDFE 中，由 BD2， BE ， DF ，可得 EF .222 322从而 EG2 FG2 EF2，所以 EG FG.又 AC FG G，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GB GC GB 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)

21、，3 2 ( 1， 0，22) 3所以 (1， ， )， .AE 3 2 CF ( 1， 3， 22)故 cos ， .AE CF AE CF |AE |CF | 33所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 .33角度 2 利用空间向量求解直线与平面所成的角(多维探究)132(2018全国卷)如图，在三棱锥 P ABC 中，AB BC2 ， PA PB PC AC4， O 为 AC 的中点2(1)证明： PO平面 ABC；(2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M PA C 为 30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值解 (1)证明：因为 AP CP AC4， O 为 AC 的

22、中点，所以 OP AC，且 OP2 .3连接 OB.因为 AB BC AC，所以 ABC 为等腰直角三角形，且 OB AC， OB AC2.22 12由 OP2 OB2 PB2，知 OP OB.由 OP OB， OP AC， AC OB O，知 PO平面 ABC.(2)如图，以 O 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OB Oxyz.由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)， A(0，2,0)，C(0,2,0)， P(0,0,2 )，3则 (0,2，2 )，AP 3取平面 PAC 的法向量 (2,0,0)OB 14设 M(a,2 a,0)(00)，则A1(0，

23、4， )， B(3,0,0)，C1(0,4， )， D(0,0,0)， (0，4， )， (0,4， )， (3,0,0)，DA1 DC1 DB 18设平面 BC1D 的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!则 x0，令 z4，可得 y ，故 n(0， ，4)为平面 BC1D 的一个法向量设直线 A1D 与平面 BC1D 所成角为 ，则 sin |cos n， |DA1 |nDA1 n|DA1 | ，|4 4 2 16 2 16| 45解得 2 或 8，即 AA12 或 AA18.3(2018芜湖模拟)如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1B145， AC

24、BC，平面BB1C1C平面 AA1B1B， E 为 CC1的中点(1)求证： BB1 AC；(2)若 AA12， AB ，直线 A1C1与平面 ABB1A1所成角为 45，求平面 A1B1E 与平面2ABC 所成锐二面角的余弦值解 (1)证明：过点 C 作 CO BB1交 BB1于 O，因为平面 BB1C1C平面 AA1B1B， BB1C1C平面 AA1B1B B1B，所以 CO平面 AA1B1B，故 CO OA，又因为 AC BC， OC OC，所以 Rt AOCRt BOC，故 OA OB，因为 AA1B1 OBA45，所以 AO BB1，又因为 BB1 CO，所以 BB1平面 AOC，故

25、BB1 AC.(2)以 O 为坐标原点， OA， OB， OC 所在直线为 x， y， z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz， AC A1C1，直线 A1C1与平面 ABB1A1所成角为 45，直线 AC 与平面 ABB1A1所成角19为 45， CO平面 AA1B1B， CAO45，则 A(1,0,0)， B(0,1,0)， C(0,0,1)，A1(1，2,0)， B1(0，1，0)， E(0，1,1)，设平面 A1B1E 的法向量为 n( x1， y1， z1)，则Error! Error!令 x11，得 n(1,1,0)；设平面 ABC 的法向量为 m( x2， y2， z2)，则Erro

26、r! Error!令 x21，得 m(1,1,1)；cos m， n ，平面 A1B1E 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 .mn|m|n| 63 63题型 求空间距离(供选用)三(2018合肥三模)如图，在多面体 ABCDE 中，平面 ABD平面ABC， AB AC， AE BD， DE 綊 AC， AD BD1.12(1)求 AB 的长；(2)已知 2 AC4，求点 E 到平面 BCD 的距离的最大值解 (1)平面 ABD平面 ABC，且交线为 AB，而 AC AB， AC平面 ABD.又 DE AC， DE平面 ABD，从而 DE BD.注意到 BD AE，且 DE AE E， B

27、D平面 ADE，于是， BD AD.而 AD BD1， AB .2(2) AD BD，取 AB 的中点为 O， DO AB.又平面 ABD平面 ABC， DO平面 ABC.20过 O 作直线 OY AC，以点 O 为坐标原点，直线 OB， OY， OD 分别为 x， y， z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示记 AC2 a，则 1 a2，A ， B ，(22， 0， 0) (22， 0， 0)C ， D ， E ，(22， 2a， 0) (0， 0， 22) (0， a， 22)( ，2 a,0)， .BC 2 BD ( 22， 0， 22)设平面 BCD 的法向量为 n( x， y

28、， z)由Error! 得Error!令 x ，得 n .2 (2，1a， 2)又 (0， a,0)，DE 点 E 到平面 BCD 的距离 d .|DE n|n|14 1a21 a2，当 a2 时， d 取得最大值，dmax .14 14 21717空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点 P 的直线 l 的方向向量为单位向量 n， A 为直线 l 外一点，点 A 到直线 l 的距离 d .|PA |2 |PA n|2(2)点到平面的距离：设 P 为平面 内的一点， n 为平面 的法向量， A 为平面 外一点，点 A 到平面 的距离 d .|PA n|n|(3)线面距离、面面距离都可以转

29、化为点到面的距离 (2018惠州第一次调研)如图，已知圆柱 OO1底面半径为 1，高为 ，平面 ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点 M 从点 B 出发沿着圆柱的侧面到达点 D，其运动路程最短时在侧面留下曲线 .将轴截面 ABCD 绕着轴 OO1逆时针旋转 (0 )后得到平面 A1B1C1D1，边B1C1与曲线 相交于点 P.21(1)求曲线 的长度；(2)当 时，求点 C1到平面 APB 的距离 2解 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边 BA，曲线 就是对角线 BD.由于 AB r， AD， BD .2故曲线 的长度为 .2(2)当 时，建立如图所示的空间直角坐标系， 2则 O

30、(0,0,0)， A(0，1,0)， B(0,1,0)，P ， C1(1，0，)，则 (0,2,0)，( 1， 0， 2) AB ， (1,0，)，AP ( 1， 1， 2) OC1 设平面 ABP 的法向量为 n( x， y， z)，则Error!取 z2 得 n(，0,2)，22点 C1到平面 PAB 的距离 d .|OC1 n|n| 2 4易错防范 向量法求空间角典例 如图，在多面体 ADEFCB 中， ABFE 是直角梯形， AEF90， AE BF， DCFE为正方形，且 AE1， BF EF2， BFC60.(1)求证： CE平面 ADB；(2)求直线 AB 与平面 EFCD 所成

31、角的正弦值解 (1)证明：如图，取 FB 的中点 M，连接 CM， EM， AM. AE BM， AE BM，四边形 AEMB 为平行四边形， AB EM，同理 AM EF， AM EF， AM EF CD， AM EF CD，四边形 AMCD 为平行四边形， AD CM，又 CM EM M， AB AD A，平面 CME平面 ADB，又 CE平面 CME， CE平面 ADB.(2)由(1)可知 AB EM，直线 AB 与平面 EFCD 所成的角就是直线 EM 与平面 EFCD 所成的角过 M 作 MN CF 于点 N，连接 EN，由于 ABFE 是直角梯形， AEF90， AE BF， EF

32、CD 为正方形， EFB90， EFC90， EF平面 BFC， EF MN，23 MN平面 EFCD.以 N 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向， 的方向为 y 轴正方向， 的方向为 z 轴NC FE NM 正方向建立如图所示的空间直角坐标系， M 为 FB 的中点， MF1. BFC60， MN ， NF .32 12 N(0,0,0)， M ， E ，(0， 0，32) ( 12， 2， 0) .ME ( 12， 2， 32)易知平面 EFCD 的一个法向量为 n(0,0,1)，设直线 AB 与平面 EFCD 所成角的大小为 ，则 sin |cos n， | ，ME 325 1510直线 AB 与平面 EFCD 所成角的正弦值为 .1510防范措施 向量法求空间角要注意的问题1 建立空间直角坐标系时证明线面垂直关系，为建系作准备，没有文字说明，直接建系通常会扣分.合理选择建系方法，从而有利于求向量的坐标.2 准确计算利用空间向量法解决立体几何问题，计算一定要准确，避免因一个点的坐标错误导致整个题目全错的情况.24