2022届高考数学一轮复习-第7章-立体几何-第6节-立体几何中的向量方法教案-北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版年级：姓名：立体几何中的向量方法考试要求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应用1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a与b的夹角a，bl1与l2所成的角范围0a，b0关系cosa，bcos |cosa，b|2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|.3二面角(1)如图1，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，图1图2图3(2)如图2,3，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 |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离为|.一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角()(2)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()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，()答案(1)(2)(3)(4)二、教材习题衍生1已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cos m，n，则l与所成的角为()A30B60 C120D150A由于cosm，n，所以m，n120，所以直线l与所成的角为30.2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. B.C.或 D.或Cm(0,1,0)，n(0,1,1)，mn1，|m|1，|n|，cosm，n，m，n.两平面所成的二面角为或，故选C.3.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为()A. B.C. D.A以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AB2，则N(1,0,0)，D1(0,0,2)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，(1，1，2)，(1,0，2)，143，|，|，cos，0，B1M与D1N所成角的余弦值为.故选A.4在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.C建立如图所示的坐标系，设AB2，则C1(，1,0)，A(0,0,2)，(，1，2)，平面BB1C1C的一个法向量为n(1,0,0)所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 考点一求异面直线所成的角 用向量法求异面直线所成角的一般步骤典例1 (2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D.C 在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C，C1，(0，2,1)，cos，故选C.母题变迁1.本例条件换为：“直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点”，则直线EF和BC1所成的角是_60以B为坐标原点，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，则EF和BC1所成的角是60.2本例条件换为：“直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为等边三角形， AA1AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点”，则AM与BN所成角的余弦值为_如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC2，则A(0，1,0)，M(0,0,2), B(，0,0)，N，所以(0,1,2)，所以cos，.点评：两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.若PAAB，则PB与AC所成角的余弦值为_因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)所以(1，2)，(0,2，0)设PB与AC所成角为，则cos .即PB与AC所成角的余弦值为. 考点二求直线与平面所成的角 利用向量法求线面角的两种方法典例2(2020郑州模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED平面ABCD，ABD，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面 ADE；(2)若EDBD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值解(1)证明：在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD为直角三角形且ADB.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A(1,0,0)，C(1，0)，E(0,0，)，F(0，)，所以(1,0，)，(2，0)设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)为平面AEC的一个法向量因为(1，)，所以cosn，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“AB2AD及ABD”得出ABD为直角三角形，解题务必推理严谨如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值解(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN 平面PAB，所以MN平面PAB.(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A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Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为. 考点三求二面角 利用向量计算二面角大小的常用方法提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行典例3(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解(1)连接ME，B1CM，E分别为BB1，BC中点，ME为B1BC的中位线，MEB1C且MEB1C，又N为A1D中点，且A1D綊B1C，NDB1C且NDB1C，ME綊ND，四边形MNDE为平行四边形，MNDE.又MN 平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE.(2)法一：设ACBDO，A1C1B1D1O1，由直四棱柱性质可知：OO1平面ABCD.四边形ABCD为菱形，ACBD.则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：则A，M，A1，D(0，1,0)，N .取AB中点F，连接DF，则F.四边形ABCD为菱形且BAD60，BAD为等边三角形， DFAB.又AA1平面ABCD，DF平面ABCD，DFAA1.DF平面ABB1A1，即DF平面AMA1.为平面AMA1的一个法向量，且.设平面MA1N的法向量n，又，. 令x，则y1，z1 ，n.cos，n，sin，n，二面角AMA1N的正弦值为.法二：由已知可得DEDA.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(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0，0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则即 所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则 即 可取n(2,0，1)，于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.母题变迁本例条件不变，求点C到平面C1DE的距离解法一：(几何法)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.又DEC1EE，从而CH平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.法二：(等体积法)在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DEBC，根据题意有DE，C1E，因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SDEC1，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1CDEVCC1DE，则有d14，解得d，所以点C到平面C1DE的距离为.点评：本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键1.如图所示，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AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为_60，|2.|cos，24.cos，.又所求二面角与，互补，所求的二面角为60.2(2020全国卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值解(1)证明：设DOa，由题设可得POa，AOa，ABACBCa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.又PBPCP，PB，PC平面PBC，所以PA平面PBC.(2)作ONBC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，的方向为y轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，1,0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量，记n，则cosn，m.所以二面角BPCE的余弦值为.