2022高考数学一轮复习-第八章-立体几何-8.7-空间几何中的向量方法学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.7 空间几何中的向量方法学案北师大版

2022高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.7 空间几何中的向量方法学案北师大版

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8.7　空间几何中的向量方法
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线l上的非零向量e以及与　　　　　　的非零向量叫作直线l的方向向量. 
(2)如果表示非零向量n的有向线段所在直线　　　　　　平面α,那么称向量n垂直于平面α,记作　　　　.此时把　　　　　　叫作平面α的法向量. 
(3)确定平面的法向量的方法
①直接法:观察是否有垂直于平面的向量,若有,则此向量就是法向量.
②待定系数法:取平面内的两条相交向量a,b,设平面的法向量为n=(x,y,z),由n·a=0,n·b=0,解方程组求得.
2.线面关系的判定
设直线l1的方向向量为e1=(a1,b1,c1),直线l2的方向向量为e2=(a2,b2,c2),平面α的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面β的法向量为n2=(x2,y2,z2).
(1)若l1∥l2,则e1∥e2⇔　　　　　　⇔　　　　　　　　　　　　　　. 
(2)若l1⊥l2,则e1⊥e2⇔　　　　　　⇔　　　　　　　　　　. 
(3)若l1∥α,则e1⊥n1⇔e1·n1=0⇔　　　　　　　　　　　　. 
(4)若l1⊥α,则e1∥n1⇔e1=kn1⇔　　　　　　　　　　　　. 
(5)若α∥β,则n1∥n2⇔n1=kn2⇔　　　　　　　　　　　　. 
(6)若α⊥β,则n1⊥n2⇔n1·n2=0⇔　　　　　　　　　　　　. 
3.利用空间向量求空间角
(1)两条异面直线所成的角
设异面直线a,b所成的角为θ,则cos θ=|a·b||a||b|,其中a,b分别是直线a,b的方向向量.
(2)直线与平面所成的角

如图所示,设l为平面α的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,φ为l与α所成的角,则sin φ=　　　　　=　　　　　. 
(3)二面角
①若AB,CD分别是二面角α-l-β的两个平面内与棱l垂直的异面直线,则二面角(或其补角)的大小就是向量AB与CD的夹角,如图1.

②平面α与β相交于直线l,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,=θ,则二面角α-l-β为θ或π-θ.设二面角大小为φ,则　　　　　　　=|n1·n2||n1||n2|,如图2,3. 
4.利用空间向量求距离

(1)点到平面的距离
如图所示,已知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的距离为d=|AB·n||n|.
(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解.

1.直线的方向向量的确定:l是空间一直线,A,B是l上任意两点,则AB及与AB平行的非零向量均为直线l的方向向量.
2.平面的法向量的确定: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n·a=0,n·b=0.
3.解空间角最值问题时往往会用到最小角定理

如图,若OA为平面α的一条斜线,O为斜足,OB为OA在平面α内的射影,OC为平面α内的一条直线,其中θ为OA与OC所成的角,θ1为OA与OB所成的角,即线面角,θ2为OB与OC所成的角,那么cos θ=cos θ1cos θ2.

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”
(1)直线的方向向量是唯一确定的.(　　)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的.(　　)
(3)若两条直线的方向向量不平行,则这两条直线不平行.(　　)
(4)若空间向量a垂直于平面α,则a所在直线与平面α垂直.(　　)
(5)两条直线的方向向量的夹角就是这两条直线所成的角.(　　)

2.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos=-12,则l与α所成的角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　)
A.2a B.3a C.23a D.33a
4.(2020湖北襄阳五中模考)将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1所在直线旋转一周形成圆柱,如图,AC长为2π3,A1B1长为π3,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2
5.(2020山东威海校际联考)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为22,则AC1与侧面ABB1A1所成的角为　　　　　. 

(第4题图)

(第5题图)
关键能力学案突破　

考点
利用空间向量证明平行、垂直

【例1】(2020四川攀枝花三中模拟)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=2AB,B1C1=12BC,二面角A1-AB-C是直二面角.
求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;
(2)AB1∥平面A1C1C.
思考用向量方法证明平行和垂直有哪些基本方法?

解题心得1.用向量证明平行的方法
(1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.
(2)线面平行:①证明直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.
(3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量;②转化为线面平行、线线平行问题.
2.用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直:证明两直线的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零.
(2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线.
(3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直.

对点训练1如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:
(1)MN∥平面A1B1C1;
(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.

考点
利用空间向量求空间角(多考向探究)

考向1　求异面直线所成的角
【例2】(1)(2017全国2,理10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)

A.32 B.155 C.105 D.33
(2)在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均为等边三角形,且二面角P-BC-A的大小为120°,则异面直线PB和AC所成角的余弦值为(　　)
A.58 B.34 C.78 D.14
解题心得利用向量法求异面直线所成的角时,是通过两条直线的方向向量的夹角来求解,而两异面直线所成角θ的范围是0,π2,两向量的夹角α的范围是[0,π],所以要注意二者的区别与联系,应有cosθ=|cosα|.

对点训练2(2020湖北七校联考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是CC1,AD的中点,那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于(　　)
A.105 B.155 C.45 D.23
考向2　求直线与平面所成的角

【例3】如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为　　　　　. 
思考如何利用向量法求直线与平面所成的角?
解题心得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.
对点训练3(2020山西榆次一中模拟)如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=3,E为线段AB上一点,且AE=13AB,则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)

A.33535 B.277 C.33 D.24
考向3　求二面角的大小
【例4】(2020山东平阴一中月考)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
思考如何利用向量法求二面角?
解题心得利用空间向量求二面角的方法
(1)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小;
(2)通过平面的法向量来求,即设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则二面角的大小等于(或π-).应注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角.
对点训练4(2020辽宁丹东二中模拟)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217.则该二面角的大小为(　　)
A.150° B.45° C.60° D.120°

考点
求空间距离

【例5】已知三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到平面ABC的距离为　　　　　. 
解题心得利用空间向量求距离的基本方法:
(1)两点间的距离
设点A(x1,y1,z1),点B(x2,y2,z2),则|AB|=|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2+(z1-z2)2.

(2)点到平面的距离
如图所示,已知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的距离为|BO|=|AB·n||n|.
对点训练5在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是(　　)

A.66a B.306a C.34a D.63a

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.
2.向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化,避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦,使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.
3.利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平面α,β的法向量n1,n2时,要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向,从而确定二面角与向量n1,n2的夹角是相等,还是互补.

1.不能灵活运用共线向量定理设出与动点M相关的向量的坐标,导致变量较多,运算量过大而致误;
2.线面角θ与直线方向向量和平面法向量的夹角α之间的关系要弄清,即sinθ=|cosα|;
3.对于点的探究型问题,要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量,尽量使未知量个数最少.

8.7　空间几何中的向量方法
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)e共线　(2)垂直于　n⊥α　向量n
2.(1)e2=λe1　a2=λa1,b2=λb1,c2=λc1　(2)e1·e2=0　a1a2+b1b2+c1c2=0　(3)a1x1+b1y1+c1z1=0　(4)a1=kx1,b1=ky1,c1=kz1　(5)x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2　(6)x1x2+y1y2+z1z2=0
3.(2)|cos|　|a·n||a||n|　(3)②|cos φ|=|cos θ|
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
2.A　由于cos=-12,所以=120°,所以直线l与平面α所成的角为30°.
3.D　显然A1C⊥平面AB1D1,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则平面AB1D1的一个法向量为n=(a,-a,a),A(a,0,0),B(a,a,0),BA=(0,-a,0),因为平面AB1D1∥平面BDC1,所以两平面的距离为点B到平面AB1D1的距离,则两平面间的距离dBA·n||n|=33a.

4.B　以O为坐标原点建系,如图,则A(0,1,0),A1(0,1,1),B132,12,1,C32,-12,0.

所以AA1=(0,0,1),B1C=(0,-1,-1),
所以cos=AA1·B1C|AA1||B1C|　
=0×0+0×(-1)+1×(-1)1×02+(-1)2+(-1)2=-22,
所以=3π4,
所以异面直线B1C与AA1所成的角为π4.故选B.
5.

π6　以C为原点建立空间直角坐标系,如图所示,则A(2,0,0),C1(0,0,22).取AB的中点D,连接CD,则CD⊥AB又平面ABB1A1⊥平面ABC,且两者相交于直线AB,所以CD⊥平面ABB1A1.所以CD是平面ABB1A1的一个法向量.易知D32,32,0,所以CD=32,32,0.又AC1=(-2,0,22),设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ,则sinθ=|AC1·CD||AC1||CD|=33·12=12,又θ∈0,π2,所以θ=π6.
关键能力·学案突破
例1证明(1)因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,所以AA1⊥平面BAC.

又因为AB=AC,BC=2AB,所以∠CAB=90°,即CA⊥AB,
所以AB,AC,AA1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
A1B1=(0,2,0),A1A=(0,0,-2),AC=(2,0,0),
设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),则n·A1A=0,n·AC=0,即-2z=0,2x=0,
即x=0,z=0,取y=1,则n=(0,1,0).
则A1B1=2n,
即A1B1∥n.所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知AB1=(0,2,2),A1C1=(1,1,0),A1C=(2,0,-2),
设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),则m·A1C1=0,m·A1C=0,即x1+y1=0,2x1-2z1=0,
令x1=1,则y1=-1,z1=1,
即m=(1,-1,1).
所以AB1·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,所以AB1⊥m,又AB1⊈平面A1C1C,所以AB1∥平面A1C1C.

对点训练1证明由题意知AA1,AB,AC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.不妨设正方形AA1C1C的边长为2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).
(1)因为几何体是直三棱柱,所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1.
因为AA1=(2,0,0),MN=(0,1,1),所以MN·AA1=0,即MN⊥AA1.
故MN∥平面A1B1C1.
(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
因为MB=(-1,2,0),MC1=(1,0,2),
所以n1·MB=0,n1·MC1=0,即-x1+2y1=0,x1+2z1=0,
令x1=2,则平面MBC1的一个法向量为n1=(2,1,-1).同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2=(0,1,1).因为n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
例2

(1)C　(2)A
(1)(方法1)如图,取AB,BB1,B1C1的中点M,N,P,连接MN,NP,PM,可知AB1与BC1所成的角等于MN与NP所成的角.
由题意可知BC1=2,AB1=5,则MN=12AB1=52,NP=12BC1=22.
取BC的中点Q,连接PQ,QM,则可知△PQM为直角三角形.
在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+1-2×2×1×-12=7,即AC=7.又CC1=1,所以PQ=1,MQ=12AC=72.在△MQP中,可知MP=MQ2+PQ2=112.
在△PMN中,
cos∠PNM=MN2+NP2-PM22·MN·NP=
522+222-11222×52×22=-105,
又异面直线所成角的范围为0,π2,
故所求角的余弦值为105.

(方法2)把三棱柱ABC-A1B1C1补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图,
连接C1D,BD,则AB1与BC1所成的角为∠BC1D.由题意可知BC1=2,
BD=22+12-2×2×1×cos60°=3,C1D=AB1=5.可知BC12+BD2=C1D2,
所以cos∠BC1D=25=105,故选C.
(2)

(方法1)如图,取BC的中点O,连接OP,OA,因为△ABC和△PBC均为等边三角形,所以AO⊥BCPO⊥BC,所以BC⊥平面PAO,即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P-BC-A的平面角,即∠POA=120°,建立空间直角坐标系如图所示.设AB=2,则A(3,0,0),C(0,-1,0),B(0,1,0),P-32,0,32,所以AC=(-3,-1,0),PB=32,1,-32,cos=-58,所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为58.

(方法2)如图所示,取BC的中点O,连接OP,OA,
因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形,所以AO⊥BC,PO⊥BC,所以∠POA就是二面角的平面角,设AB=2,则AC=OC-OA,PB=OB-OP,
故AC·PB=(OC-OA)·(OB-OP)=-52,所以cos=AC·PB|AC||PB|　=-58.即异面直线PB与AC所成角的余弦值为58.
对点训练2B　设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(1,1,0),E(0,2,1),F(1,0,0),D1(0,0,2),所以FD1=(-1,0,2),OE=(-1,1,1).

所以cos=FD1·OE|FD1||OE|　=1+0+25×3=155.
例38525　取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=AB2-BE2=AB2-BC22=5.

以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n·PM=0,n·PN=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0.可取n=(0,2,1).
于是|cos|=|n·AN||n||AN|=8525.则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.
对点训练3A　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C1(0,3,1),D1(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0),所以DC1=(0,3,1),D1E=(1,1,-1),D1C=(0,3,-1).

设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),则n·D1E=0,n·D1C=0,即x+y-z=0,3y-z=0,取y=1,则x=2,z=3,得n=(2,1,3).
因为|cos|=DC1·n|DC1||n|　=33535,所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为33535,故选A.
例4B　以A点为坐标原点,AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),设AB=1,所以C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),则CD=(-1,0,0),PD=(0,-1,1),AD=(0,1,0).
设平面CDP的法向量为n=(x,y,z),所以n·CD=0,n·PD=0,即-x=0,-y+z=0,令y=1,所以n=(0,1,1).又因为AD为平面ABP的一个法向量,所以cos=n·AD|n||AD|=12=22.因为0°≤≤180°,故所求二面角为45°.
对点训练4C　如图所示,所求二面角为.

因为CD=CA+AB+BD,所以CD2=CA2+AB2+BD2+2(CA·AB+CA·BD+AB·BD)=CA2+AB2+BD2+2CA·BD,所以CA·BD=12×[(217)2-62-42-82]=-24.
因此AC·BD=24,cos=AC·BD|AC||BD|　=12,
又0°≤≤180°,所以=60°,故二面角为60°.

例567　如图所示,∵三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,
∴以P为原点,PA为x轴,PB为y轴,PC为z轴,建立空间直角坐标系,∵PA=1,PB=2,PC=3,∴P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),
CP=(0,0,-3),CA=(1,0,-3),CB=(0,2,-3),
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
则n·CA=x-3z=0,n·CB=2y-3z=0.
取z=2,得n=(6,3,2).
∴点P到平面ABC的距离为
d=|CP·n||n|=636+9+4=67.
对点训练5A　以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(a,a,0),Ma,0,a2,A1(a,0,a).

所以DA1=(a,0,a),BM=0,-a,a2,DM=a,0,a2.
设n=(x,y,z)为平面MBD的一个法向量,则n·BM=0,n·DM=0,即-ay+a2z=0,ax+a2z=0.
取z=1,则n=-12,12,1.
所以点A1到平面BDM的距离d=|DA1·n||n|=66a.故选A.