2022届高三数学一轮复习(原卷版)第6讲 立体几何中的向量方法.doc
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1、 第 6 讲 立体几何中的向量方法 一、知识梳理 1两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 l1与 l2所成的角 a 与 b 的夹角 范围 0,2 0, 求法 cos |a b|a|b| cos a b|a|b| 2.直线与平面所成角的求法 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 ,a 与 n的夹角为 ,则 sin |cos |a n|a|n| 3求二面角的大小 (1)如图,AB,CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的大小 AB,CD (2)如图,n1,n2分别是二面角 l 的两个半
2、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) 常用结论 利用空间向量求距离 (1)两点间的距离 设点 A(x1,y1,z1),点 B(x2,y2,z2),则|AB|AB|(x1x2)2(y1y2)2(z1z2)2. (2)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|BO|AB n|n|. 二、教材衍化 1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的大小为_ 解析:cosm,nm n|m|n|11 222,即m
3、,n45 .所以两平面所成二面角为45 或 180 45 135 . 答案:45 或 135 2在正方体 ABCDA1B1C1D1中,E 是 C1D1的中点,则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为_ 解析: 如图建立空间直角坐标系 Dxyz, 设 DA1, A(1, 0, 0), C(0, 1, 0), E0,12,1 ,则AC(1,1,0),DE0,12,1 ,设异面直线 DE 与 AC 所成的角为 ,则 cos |cosAC,DE|1010. 答案:1010 3正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为 2,侧棱长为 2 2,则 AC1与侧面 ABB1A1所成的角
4、为_ 解析:以 C 为原点建立空间直角坐标系,如图所示,得下列坐标:A(2,0,0),C1(0,0, 2 2) 点 C1在侧面 ABB1A1内的射影为点 C232,32,2 2 .所以AC1(2, 0, 2 2), AC212,32,2 2 , 设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为, 则cos |AC1AC2|AC1|AC2|1082 3332.又 0,2,所以 6. 答案:6 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”,错误的打“”) (1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角( ) (2)已知 a(2,3,1),b(2,0,4),c(4,6,2),则 ac,ab.( ) (3)已知两平
5、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的大小为 45 .( ) 答案:(1) (2) (3) 二、易错纠偏 常见误区| (1)异面直线所成角的取值范围出错; (2)二面角的取值范围出错 1已知 2ab(0,5,10),c(1,2,2),a c4,|b|12,则以 b,c 为方向向量的两直线的夹角为_ 解析:由题意得,(2ab) c0102010, 即 2a cb c10.因为 a c4, 所以 b c18, 所以 cos b, c b c|b| |c|1812 14412,所以b,c120 ,所以两直线的夹角为 60 . 答案:60 2已知向量 m,n 分别
6、是直线 l 的方向向量、平面 的法向量,若 cosm,n12,则 l 与 所成的角为_ 解析:设 l 与 所成的角为 ,则 sin |cosm,n|12,所以 30 . 答案:30 考点一 异面直线所成的角(基础型) 复习指导| 能用向量方法解决直线与直线的夹角的计算问题 核心素养:数学运算 如图,在四棱锥 P- ABCD 中,PA平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB2,BAD60 . (1)求证:BD平面 PAC; (2)若 PAAB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值 【解】 (1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,所以 ACBD. 因为 PA平面 ABCD,所以 PABD. 又
7、因为 ACPAA,所以 BD平面 PAC. (2)设 ACBDO. 因为BAD60 ,PAAB2, 所以 BO1,AOCO 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 P(0, 3,2),A(0, 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0) 所以PB(1, 3,2),AC(0,2 3,0) 设 PB 与 AC 所成角为 ,则 cos PB AC|PB|AC|62 22 364. 即 PB 与 AC 所成角的余弦值为64. 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系 (2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量
8、(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值 (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值 提醒 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别: 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时, 就是此异面直线所成的角; 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所成的角 如图,在三棱锥 PABC 中,PA底面 ABC,BAC90 .点 D,E,N分别为棱 PA,PC,BC 的中点,M 是线段 AD 的中点,PAAC4,AB2. (1)求证:MN平面 BDE; (2)已知点 H 在棱 PA 上, 且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为721, 求线段 AH 的长 解:如图,
9、以 A 为原点,分别以AB,AC,AP的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系依题意可得 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0) (1)证明:DE(0,2,0),DB(2,0,2) 设 n(x,y,z)为平面 BDE 的法向量, 则n DE0,n DB0,即2y0,2x2z0. 不妨设 z1,可取 n(1,0,1) 又MN(1,2,1),可得MN n0. 因为 MN平面 BDE, 所以 MN平面 BDE. (2)依题意,设 AHh(0h4),则 H(0,0,h), 进而可得
10、NH(1,2,h),BE(2,2,2) 由已知,得|cosNH,BE|NH BE|NH|BE| |2h2|h252 3721, 整理得 10h221h80,解得 h85或 h12. 所以,线段 AH 的长为85或12. 考点二 直线与平面所成的角(基础型) 复习指导| 能用向量方法解决直线与平面的夹角的计算问题 核心素养:数学运算 如图,在几何体 ACDA1B1C1D1中,四边形 ADD1A1与四边形 CDD1C1均为矩形,平面 ADD1A1平面 CDD1C1,B1A1平面 ADD1A1,ADCD1,AA1A1B12,E 为棱 AA1的中点 (1)证明:B1C1平面 CC1E; (2)求直线
11、B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值 【解】 (1)证明:因为 B1A1平面 ADD1A1,所以 B1A1DD1,又 DD1D1A1,B1A1D1A1A1, 所以 DD1平面 A1B1C1D1, 又 DD1CC1,所以 CC1平面 A1B1C1D1. 因为 B1C1平面 A1B1C1D1,所以 CC1B1C1. 因为平面 ADD1A1平面 CDD1C1,平面 ADD1A1平面 CDD1C1DD1,C1D1DD1, 所以 C1D1平面 ADD1A1. 经计算可得 B1E 5,B1C1 2,EC1 3, 从而 B1E2B1C21EC21, 所以在B1EC1中,B1C1C1E. 又 CC1,C1
12、E平面 CC1E,CC1C1EC1, 所以 B1C1平面 CC1E. (2)如图,以点 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0), 则CE(1,1,1),B1C(1,2,1) 设平面 B1CE 的法向量为 m(x,y,z),则m B1C0,m CE0, 即x2yz0,xyz0,消去 x 得 y2z0, 不妨设 z1,可得 m(3,2,1)为平面 B1CE 的一个法向量, 易得B1C1(1,0,1),设直线 B1C1与平面 B1CE 所成角为 , 则 sin |cosm,B1C1|m B1C1|m|
13、B1C1|414 22 77, 故直线 B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值为2 77. (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路: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);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,取其余角就是斜线和平面所成的角 (2)若直线 l 与平面 的夹角为 ,直线 l 的方向向量 l 与平面 的法向量 n 的夹角为 ,则 2 或 2. 提醒 求解直线和平面所成角,要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系,线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值 (2020 深圳模拟)如图
14、,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PDPB,H 为 PC 上的点,过 AH 的平面分别交 PB,PD 于点 M,N,且 BD平面 AMHN. (1)证明:MNPC; (2)设 H 为 PC 的中点,PAPC 3AB,PA 与平面 ABCD 所成的角为 60 ,求 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值 解:(1)证明:如图,连接 AC 交 BD 于点 O,连接 PO. 因为四边形 ABCD 为菱形, 所以 BDAC,且 O 为 BD 的中点 因为 PDPB,所以 POBD, 因为 ACPOO,且 AC,PO平面 PAC, 所以 BD平面 PAC. 因为 PC平面 PAC,所以
15、BDPC. 因为 BD平面 AMHN, 且平面 AMHN平面 PBDMN, 所以 BDMN, 所以 MNPC. (2)由(1)知 BDAC 且 POBD, 因为 PAPC,且 O 为 AC 的中点, 所以 POAC,所以 PO平面 ABCD, 因为 PA 与平面 ABCD 所成的角为PAO, 所以PAO60 , 所以 AO12PA, PO32PA. 因为 PA 3AB,所以 BO36PA. 以 O 为坐标原点,OA,OD,OP的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,记 PA2,则 O(0,0,0),A(1,0,0),B0,33,0 ,C(1,0,0),D0,
16、33,0 ,P(0,0, 3),H12,0,32, 所以BD0,2 33,0 ,AH32,0,32,AD1,33,0 . 设平面 AMHN 的法向量为 n(x,y,z),则n BD0,n AH0,即2 33y0,32x32z0, 令 x2,解得 y0,z2 3,所以 n(2,0,2 3)是平面 AMHN 的一个法向量 记 AD 与平面 AMHN 所成角为 , 则 sin |cosn,AD|n AD|n|AD|34. 所以 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值为34. 考点三 二面角(综合型) 复习指导| 能用向量方法解决面与面的夹角的计算问题,体会向量方法在研究几何问题中的作用 核心素养:数
17、学运算、逻辑推理 (2019 高考全国卷)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 A- MA1N 的正弦值 【解】 (1)证明:连接 B1C,ME.因为 M,E 分别为 BB1,BC 的中点,所以 MEB1C,且 ME12B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点,所以 ND12A1D. 由题设知 A1B1DC,可得 B1CA1D, 故 MEND, 因此四边形 MNDE 为平行四边形,MNED. 又 MN平面 EDC1,所以 MN平面 C1DE. (
18、2)由已知可得 DEDA.以 D 为坐标原点,DA的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz,则 A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, 3,2),N(1,0,2),A1A(0,0,4),A1M(1, 3,2),A1N(1,0,2),MN(0, 3,0) 设 m(x,y,z)为平面 A1MA 的法向量, 则m A1M0,m A1A0.所以x 3y2z0,4z0. 可取 m( 3,1,0) 设 n(p,q,r)为平面 A1MN 的法向量,则n MN0,n A1N0. 所以 3q0,p2r0.可取 n(2,0,1) 于是 cosm,nm n|m|n|2 32 5155
19、, 所以二面角 A- MA1 N 的正弦值为105. 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 如图, 已知四棱锥 S- ABCD 的底面是边长为 2 的正方形, 且平面 SAD平面 ABCD,M,N 分别为棱 AD,BC 的中点,P,Q 为侧棱 SD 上的三等分点 (1)求证:PN平面 MQC; (2)若 SASD 2
20、,求二面角 D- SA- N 的余弦值 解:(1)证明:法一:如图,连接 AP. 因为 P,Q 为侧棱 SD 上的三等分点,所以 SPPQQD. 又 M 为 AD 的中点,所以 APMQ. 因为 AP平面 QMC,MQ平面 QMC,所以 AP平面 QMC. 因为 M,N 分别为棱 AD,BC 的中点,所以易得 ANCM. 因为 AN平面 QMC,CM平面 QMC,所以 AN平面 QMC. 因为 AP,AN平面 PAN,且 APANA,所以平面 PAN平面 MQC. 又 PN平面 PAN,所以 PN平面 MQC. 法二:如图,连接 ND 交 CM 于点 R,连接 QR,MN. 因为在正方形 AB
21、CD 中,M,N 分别为 AD,BC 的中点, 所以四边形 MNCD 为矩形,所以 R 为 ND 的中点 又 Q 为 PD 的中点,所以 PNQR. 因为 QR平面 MQC,PN平面 MQC, 所以 PN平面 MQC. (2)因为 SA2SD2AD2,所以SAD 为等腰直角三角形 连接 SM, 因为 M 为 AD 的中点, 所以 SMAD, 所以 SM1.又平面 SAD平面 ABCD,所以 SM平面 ABCD. 以 A 为坐标原点,AB,AD 所在直线分别为 x,y 轴,过点 A 且与平面 ABCD 垂直的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),N(2,1,0),D
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- 2022 届高三 数学 一轮 复习 原卷版 立体几何 中的 向量 方法
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