【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法学案

【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法学案

立体几何中的向量方法 ‎【考点梳理】‎ ‎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 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.‎ ‎2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).‎ ‎(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ，则 cos θ＝＝.‎ ‎(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ，则 ‎(3)面面夹角 设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，‎ ‎【题型突破】‎ 题型一、利用空间向量证明平行、垂直关系 ‎【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：‎ ‎(1)BE⊥DC；‎ ‎(2)BE∥平面PAD；‎ ‎ (3)平面PCD⊥平面PAD.‎ ‎【解析】证明　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).‎ ‎(1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，‎ 所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，‎ 所以AB⊥平面PAD，‎ 所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，‎ 而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，‎ 又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，‎ 设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.‎ 且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥.‎ 所以平面PAD⊥平面PCD.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).‎ ‎2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误.‎ ‎【对点训练】‎ 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：‎ ‎(1)B1D⊥平面ABD；‎ ‎(2)平面EGF∥平面ABD.‎ ‎【解析】证明　(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).‎ 设BA＝a，则A(a，0，0)，‎ 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2).‎ ·＝0，·＝0＋4－4＝0，‎ 则B1D⊥BA，B1D⊥BD.‎ 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，‎ 因此B1D⊥平面ABD.‎ ‎(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，‎ 则＝，＝(0，1，1)，‎ ·＝0＋2－2＝0，‎ ·＝0＋2－2＝0，‎ 即B1D⊥EG，B1D⊥EF.‎ 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，‎ 因此B1D⊥平面EGF.‎ 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.‎ 题型二、求线面角或异面直线所成的角 ‎【例2】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.‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.‎ ‎【解析】(1)证明　由AM＝2MD，AD＝3.‎ ‎∴AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN.‎ 由于N为PC的中点，‎ 所以TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)解　取BC的中点E，连接AE.‎ 又AB＝AC，得AE⊥BC， ‎ 从而AE⊥AD，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A－xyz.‎ 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的一个法向量，则 即可取n＝(0，2，1).‎ 于是|cos〈n，〉|＝＝.‎ 设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝.‎ 所以直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ ‎＝|cos φ|.‎ ‎2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角).‎ ‎【对点训练】‎ 将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.‎ ‎(1)求三棱锥C－O1A1B1的体积；‎ ‎(2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小.‎ ‎【解析】(1)连接A1B1，因为＝，‎ ‎∴∠O1A1B1＝∠A1O1B1＝，∴△O1A1B1为正三角形，‎ ‎∴S△O1A1B1＝·O1A1·O1B1·sin＝.‎ ‎∴VC－O1A1B1＝·OO1·S△O1A1B1＝×1×＝，‎ ‎∴三棱锥C－O1A1B1的体积为.‎ ‎ (2)以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，‎ B1，C.‎ ‎∴＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，‎ ‎∴cos〈，〉＝ ‎＝＝－，‎ ‎∴〈，〉＝，‎ ‎∴异面直线B1C与AA1所成的角为.‎ 题型三、二面角的计算 ‎【例3】如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.‎ ‎(1)证明：直线CE∥平面PAB；‎ ‎(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.‎ ‎【解析】(1)证明　取PA的中点F，连接EF，BF，‎ 因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD，‎ 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，‎ 又BC＝AD，所以EF綉BC，‎ 四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，‎ 又BF⊂平面PAB，‎ CE⊄平面PAB，‎ 故CE∥平面PAB.‎ ‎(2)解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，‎ ＝(1，0，－)，＝(1，0，0).‎ 设M(x，y，z)(0

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