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江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件:常考问题16 立体几何中的向量方法


?常考问题16 立体几何中的向量 方法

[真题感悟]

[考题分析]

? 1 . 直线与平面、平面与平面的平行与垂直 的向量方法 ? 设直线l的方向向量分别为a=(a1,b1,c1), 平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2), v=(a3,b3,c3),则 ? (1)线面平行 ? l∥α?a⊥μ?a·μ = 0?a1a2 + b1b2 + c1c2 =0.. ? (2)线面垂直 ? l⊥α?a∥μ?a = kμ?a1 = ka2 , b1 = kb2 , c1=kc2. ? (3)面面平行

2.空间角的计算 (1)两条异面直线所成的角 设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ,则 cos φ=|cos θ| |a· b| = (其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角). |a||b| (2)直线和平面所成的角 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 |e· n| 有 sin φ=|cos θ|=|e||n|.

? (3)二面角 ? 如图所示,二面角α-l-β,平面α的法向量 为n1,平面β的法向量为 n2 ,〈n1, n2〉= θ,则二面有α-l-β的大小为θ或π-θ.

? 3.用向量法证明平行、垂直问题的步骤 ? (1) 建立空间图形与空间向量的关系 ( 可 以建立空间直角坐标系,也可以不建系), 用空间向量表示问题中涉及的点、直线、 平面. ? (2)通过向量运算研究平行、垂直问题. ? (3)根据运算结果解释相关问题.

? 4 . 空间向量求角时考生易忽视向量的夹 角与所求角之间的关系 ? (1)求线面角时,得到的是直线方向向量 和平面法向量的夹角的余弦,而不是线面 角的余弦; ? (2)求二面角时,两法向量的夹角有可能 是二面角的补角,要注意从图中分析.

热点与突破

? 热点一 向量法证明平行与垂直 ? 【例1】 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1 中, ? △ ABC 为 等 腰 直 角 三 角 形 , ∠ BAC = 90°, ? 且 AB = AA1 , D , E , F 分 别 为 B1A , C 1C , ? BC的中点.求证: ? (1)DE∥平面ABC;

证明 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,不妨设 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0), B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), → → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC,∴DE∥NC, 又∵NC?平面 ABC,DE?平面 ABC. 故 DE∥平面 ABC.

→ → → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF, 即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面 AEF.

? [规律方法] 证明平行、垂直关系时,若用 传统的几何法,难以找出问题与条件的关 系时,可采用向量法,但向量法要求计算 必须准确无误,利用向量法的关键是正确 求平面的法向量.

? ? ? ? ? ?

【 训练 1】 如图,在直三棱柱 ADE-BCF 中, 面ABFE和面ABCD都是正方形且互相 垂直,M为AB的中点,O为DF的中点. 求证: (1)OM∥平面BCF; (2)平面MDF⊥平面EFCD.

证明

由题意,AB,AD,AE 两两垂直,以 A 为原点建立如图所

示的空间直角坐标系. 设正方形边长为 1,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),
?1 ? ?1 1 1? F(1,0,1),M?2,0,0?,O?2,2,2?. ? ? ? ?

1 1? → → ? (1)OM=?0,-2,-2?,BA=(-1,0,0),
? ?

→ → → → ∴OM· BA=0,∴OM⊥BA.

→ ∵棱柱 ADE BCF 是直三棱柱,∴AB⊥平面 BCF,∴BA是平面 BCF 的一个法向量, 且 OM?平面 BCF,∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
? → → ?1 → ∵DF=(1,-1,1),DM=?2,-1,0?,DC=(1,0,0), ? ?

x1-y1+z1=0, ? ? → → 由 n1 · DF=n1· DM=0,得?1 x -y =0, ? ?2 1 1

1 ? ?y1=2x1, 解得? ?z1=-1x1, 2 ?

令 x1=1,则

? 1 1? n1=?1,2,-2?.同理可得 ? ?

n2=(0,1,1).则 n1· n2=0,∴平面 MDF⊥平面 EFCD.

热点二

利用向量求空间角

【例 2 】 如图所示,在三棱柱 ABC - A1B1C1 中, H 是正方形 AA1B1B 的中心, AA1=2 2, C1H⊥平面 AA1B1B, 且 C1H= 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

解 (1)如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点. 依题意得 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,- 2, 5), A1(2 2,2 2,0),B1(0,2 2,0), C1( 2, 2, 5). → → (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),A1B1=(-2 2,0,0), → → AC· A1B1 4 2 → → 于是 cos〈AC,A1B1〉= = = . → → 3×2 2 3 |AC||A1B1| 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 . 3

→ → (2)易知AA1=(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z), ? → ?m· A1C1=0, 则? → ? AA1=0, ?m·
? ?- 2x- 即? ? ?2 2y=0.

2y+ 5z=0,

不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2). 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x1,y1,z1),

? → ?n· A1C1=0, 则? → ?n· ? A1B1=0,
? ?- 2x1- 2y1+ 即? ? ?-2 2x1=0.

5z1=0,

不妨令 y1= 5, 可得 n=(0, 5, 2). m· n 2 2 于是 cos〈m,n〉= = = , |m||n| 7· 7 7 3 5 从而 sin〈m,n〉= . 7

3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 . (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得
? N? ? ?

2 3 2 5? ? , 2, 2 ,2? ?

→ ? 3 2 5? ? 2 ? 设 M(a,b,0),则MN=? -a, . - b , 2 2? ? 2 ? ?→ → ?MN· A1B1=0, 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? → → ?MN · A1C1=0, ?
? ? ?? ?? ? ?? ?? ? ?? ? ? 2 ? ?-2 2?=0, - a? · 2 ? ? ?3 2 ? 5 2 ? ? ? ?- 2?+? ?- 2?+ · 5=0. -a?· -b?· 2 2 2 ? ? ?



? ?a= ? 解得? ? b= ? ?

2 2, 2 4,



? M? ? ?

2 2 ? ? , , 0 ?, 2 4 ?

? → ? 2 ? 2 因此BM=? , ,0? ?, 2 4 ? ?

10 → 所以线段 BM 的长|BM|= . 4

? [规律方法] 异面直线所成角的余弦等于两 条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值; 线面所成角的正弦等于平面的法向量与直 线方向向量夹角余弦的绝对值;二面角平 面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余 弦绝对值相等,其正负可以通过观察二面 角是锐角还是钝角进行确定.

?

【 训练 2】 (2013· 新课标全国 Ⅰ 卷 ) 如图, 在 三 棱 柱 ABC - A1B1C1 中 , CA = CB , AB=AA1,∠BAA1=60°.

? ?

(1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB =2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的 正弦值.

? (1) 证明

如图,取 AB 的中点 O ,连接 CO ,

A1O,A1B.
? 因为CA=CB,所以CO⊥AB, ? 由于AA1=AB,∠BAA1=60°, ? 故△AA1B为等边三角形, ? 所以AB⊥A1O,因为OC∩OA1=O,

? 所以AB⊥平面A1OC,故AB⊥A1C.
? (2)解 由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.

? 又平面ABC⊥平面AA B B,

建立如图直角坐标系, 则 A(1,0,0), A1(0, 3, 0), B(-1,0,0), C(0,0, 3),B1(-2, 3,0), → → 则BC=(1,0, 3),BB1=(-1, 3,0), → A1C=(0,- 3, 3), 设 n=(x,y,z)为平面 BB1C1C 的法向量, ? → ?n· BC=0, 则? → ? BB1=0, ?n·

? ?x+ 3z=0, 即? ? ?-x+ 3y=0.

可取 n=( 3,1,-1). → n· A1C 10 → 故 cos〈n,A1C〉= =- . 5 → |n||A1C| 10 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 . 5

? ? ? ? ?

?

热点三 利用空间向量解决探索性问题 【 例 3】 如 图 , 在 长 方 体 ABCD - A1B1C1D1中, AA1=AD=1,E为CD的中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2) 在 棱 AA1 上 是 否 存 在 一 点 P , 使 得 DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若 不存在,说明理由; (3) 若二面角 A - B1E - A1 的大小为 30°, 求AB的长.

(1)证明

→ → → 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴、y 轴、z

轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设 AB=a,则 A(0,0,0),
?a ? → ? ? D(0,1,0),D1(0,1,1),E 2,1,0 ,B1(a,0,1),故AD1=(0,1,1), ? ? ? → ? a B1E=?-2,1,-1?, ? ? ? → → ?a AB1=(a,0,1),AE=?2,1,0?. ? ?

a → → ∵AD1· B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴B1E⊥AD1.

(2)解

假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0, z0), 使得 DP∥平面 B1AE,

→ 此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ∵n⊥平面 B1AE, ax+z=0, ? ? → → ∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? 2 ? 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量
? ? a n=?1,-2,-a?. ? ?

a 1 → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0= .又 2 2 DP?平面 B1AE,

1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2. (3)解 连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1, → → ∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ,

a → -2-a n· AD1 则 cos θ= = . 2 → a |n||AD1| 2· 1+ +a2 4 ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3 ∴|cos θ|=cos 30° ,即 , 2= 2 5a 2· 1+ 4 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 3a 2

? [规律方法] 空间向量最适合于解决这类立 体几何中的探索性问题,它无需进行复杂 的作图、论证、推理,只需通过坐标运算 进行判断;解题时,把要成立的结论当作 条件,据此列方程或方程组,把“是否存 在”问题转化为“点的坐标是否有解,是 否有规定范围内的解”等,所以为使问题 的解决更简单、有效,应善于运用这一方 法解题.

【训练 3】 (2013· 北京卷)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C, AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求证:二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求BC 的 1 值.

(1)证明 在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面 ABC. (2)解 在△ABC 中,AC=4,AB=3, BC=5, ∴BC2=AC2+AB2,AB⊥AC ∴以 A 为坐标原点,建立如图所示空间 直角坐标系 A-xyz. A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),

→ → → → A1C1=(4,0,0),A1B=(0,3,-4),B1C1=(4,-3,0),BB1=(0,0,4). 设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向量 n2=(x2,y2,z2). ? → ?A1C1· n1=0, ∴? → ? n1=0 ?A1B·
? ?4x1=0, ? ? ?3y1-4z1=0,

?

∴取向量 n1=(0,4,3),

? → ?B1C1· n2=0, 由? → ?BB n2=0 ? 1· 取向量 n2=(3,4,0)

? ?4x2-3y2=0, ?? ? ?4z2=0.

n1 · n2 16 16 ∴cos θ= = = . |n1||n2| 5×5 25 → → (3)证明 设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD=λBC1. ∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ, → ∴AD=(4λ,3-3λ,4λ)

又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0 9 9 则 λ=25,因为25∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D, BD 9 使得 AD⊥A1B 此时 = . BC1 25


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