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2013届高考数学(理)一轮复习课件:第八篇 立体几何第7讲 立体几何中的向量方法(一)


第7讲 立体几何中的向量方法(一)

【2013年高考会这样考】 1.通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算. 2.能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理. 3.利用空间向量求空间距离. 【复习指导】 本讲复习中要掌握空间向量的坐标表示和坐标运算,会找直线 的方向向量和平面的法向量,并通过它们研究线面关系,会用 向量法求空间距离.
<

br /> 基础梳理 1.空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则①a± b=(a1± 1,a2± 2,a3± 3); b b b ②λa=(λa1,λa2,λa3); ③a· a1b1+a2b2+a3b3. b=

(2)共线与垂直的坐标表示 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则a∥b?a=λb? a1=λb1 ,a2=λb2 ,a3=λb3(λ∈R) ,
b=0 ? a1b1+a2b2+a3b3=0 (a,b均为非零向量). a⊥b? a·

(3)模、夹角和距离公式 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
2 则|a|= a· a= a1+a2+a2, 2 3

a1b1+a2b2+a3b3 a· b cos〈a,b〉= = 2 2 2 2 2 2. |a||b| a1+a2+a3· b1+b2+b3 设A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2), → 则dAB=|AB|= ?a2-a1?2+?b2-b1?2+?c2-c1?2.

2.立体几何中的向量方法 (1)直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量:l是空间一直线,A,B是直线l上任意两 → → 点,则称AB 为直线l的方向向量,与AB 平行的任意 非零向量 也 是直线l的方向向量. ②平面的法向量可利用方程组求出:设a,b是平面α内两不共线
?n· ? a=0, 向量,n为平面α的法向量,则求法向量的方程组为? ?n· ? b=0.

(2)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1∥l2(或l1与l2重合) ? v1∥v2 . ②设直线l的方向向量为v,与平面α共面的两个不共线向量v1 和v2,则l∥α或l?α? 存在两个实数x,y,使v=xv1+yv2 . ③设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l∥α或l?α ? v⊥u . ④设平面α和β的法向量分别为u1,u2,则α∥β?u1∥u2 .

(3)用向量证明空间中的垂直关系 ①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2, 则l1⊥l2? v1⊥v2

v ? v1· 2=0 .

②设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u, 则l⊥α? v∥u .

③设平面α和β的法向量分别为u1和u2,

u 则α⊥β? u1⊥u2 ? u1·2=0
(4)点面距的求法

.

如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B → |AB· n| 到平面α的距离d= |n| .

一种思想 向量是既有大小又有方向的量,而用坐标表示向量是对共线向 量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规 范,是对向量大小和方向的量化: (1)以原点为起点的向量,其终点坐标即向量坐标; (2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标. 得到向量坐标后,可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位 置关系,计算空间成角和距离等问题.

三种方法 主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题: ?直线与直线平行 ? (1)平行?直线与平面平行 ?平面与平面平行 ? ?直线与直线垂直 ? (2)垂直?直线与平面垂直 ?平面与平面垂直 ? (3)点到平面的距离 求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用,也是 求异面直线之间距离,直线与平面距离和平面与平面距离的基 础.

双基自测 1.两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=(1,0,-1),v2= (-2,0,2),则l1与l2的位置关系是( A.平行 解析 答案 B.相交 C.垂直 ).

D.不确定

∵v2=-2v1,∴v1∥v2. A

2.已知平面α内有一个点M(1,-1,2),平面α的一个法向量是 n=(6,-3,6),则下列点P中在平面α内的是( A.P(2,3,3) C.P(-4,4,0) B.P(-2,0,1) D.P(3,-3,4) ).

解析 ∵n=(6,-3,6)是平面α的法向量, → → → ∴n⊥MP,在选项A中,MP=(1,4,1),∴n· =0. MP 答案 A

3.(2011· 唐山月考)已知点A,B,C∈平面α,点P?α,则 → → → → → → AP· =0,且AP· =0是AP· =0的( AB AC BC A.充分不必要条件 C.充要条件 ).

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

?→ → ?AP· =0 AB 解析 由? → → ?AP· =0 ? AC

→ → → ,得AP· -AC)=0, (AB

→ → → → 即AP· =0,亦即AP· =0, CB BC → → 反之,若AP· =0, BC → → → → → → → 则AP· -AB)=0?AP· =AP· ,未必等于0. (AC AB AC 答案 A

4.(人教A版教材习题改编)已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4), c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是( A.a∥c,b∥c C.a∥c,a⊥b B.a∥b,a⊥c D.以上都不对 ).

解析 ∵c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,∴a∥c, 又a· b=-2×2+(-3)×0+1×4=0,∴a⊥b. 答案 C

→ → 5.(2012· 舟山调研)已知 AB =(2,2,1), AC =(4,5,3),则平面 ABC的单位法向量是________. 解析 设平面ABC的法向量n=(x,y,z).
?2x+2y+z=0, ? 即? ?4x+5y+3z=0. ?

?→ ?AB· n=0, 则? → ?AC· n=0, ?

? 1 ?x= , ?1 ? 2 令z=1,得? ∴n=?2,-1,1?, ? ? ?y=-1, ?
?1 2 2? n ? ∴平面ABC的单位法向量为± =± 3,-3,3?. |n| ? ?

答案

?1 2 2? ? ± 3,-3,3? ? ?

考向一

利用空间向量证明平行问题

【例1】?如图所示,在正方体ABCD- 1B1C1D1中,M、N分别 A 是C1C、B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD. [审题视点] 证明. 直接用线面平行定理不易证明,考虑用向量方法

证明

法一

如图所示,以D为原点,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,设正方体的棱 长为1,
? ?1 ? 1? 则M?0,1,2?,N?2,1,1?,D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0), ? ? ? ?

1? → ?1 于是MN=?2,0,2?,
? ?

设平面A1BD的法向量是n=(x,y,z).
?x+z=0, ? → → 则n· 1=0,且n· =0,得? DA DB ?x+y=0. ?

取x=1,得y=-1,z=-1.∴n=(1,-1,-1).
?1 1? → 又MN· ?2,0,2?· n= (1,-1,-1)=0, ? ?

→ ∴MN⊥n,又MN?平面A1BD, ∴MN∥平面A1BD.

法二

→ → → 1 → 1→ MN=C1N-C1M=2C1B1-2C1C

1 → 1→ → = (D1A1-D1D)= DA1, 2 2 → → ∴MN∥DA1,又∵MN与DA1不共线,∴MN∥DA1, 又∵MN?平面A1BD,A1D?平面A1BD, ∴MN∥平面A1BD.

证明直线与平面平行,只须证明直线的方向向量与平面的法 向量的数量积为零,或证直线的方向向量与平面内的不共线的 两个向量共面,然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的 证明问题转化为了数量的计算问题.

【训练1】 如图所示,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD为正方 形,△PAD是直角三角形,且PA=AD=2,E、F、G分别是线 段PA、PD、CD的中点.求证:PB∥平面EFG.

证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形, ∴AB、AP、AD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Axyz,则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、 D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0). → → → ∴PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),

→ → → 设PB=sFE+tFG, 即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1), ?t=2, ? ∴?t-s=0, ?-t=-2, ?

解得s=t=2.

→ → → ∴PB=2FE+2FG, → → → → → 又∵FE与FG不共线,∴PB、FE与FG共面. ∵PB?平面EFG,∴PB∥平面EFG.

考向二

利用空间向量证明垂直问题

【例2】?如图所示,在棱长为1的正方体OABC- 1A1B1C1中, O E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中 0≤x≤1,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz. (1)求证A1F⊥C1E; (2)若A1,E,F,C1四点共面 → 1 → → 求证:A1F= A1C1+A1E. 2 [审题视点] 本题已建好空间直角坐标系,故可用向量法求

解,要注意找准点的坐标.

证明

(1)由已知条件

A1(1,0,1),F(1-x,1,0),C1(0,1,1),E(1,x,0), → → A1F=(-x,1,-1),C1E=(1,x-1,-1), → → 则A1F· 1E=-x+(x-1)+1=0, C → → ∴A1F⊥C1E,即A1F⊥C1E.

→ → (2)A1F=(-x,1,-1),A1C1=(-1,1,0), → A1E=(0,x,-1), ?-x=-λ, → → → ? 设A1F=λA1C1+μA1E,?1=λ+μx, ?-1=-μ, ? 1 解得λ=2,μ=1. → 1 → → ∴A1F=2A1C1+A1E.

证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂 直,而直线与平面垂直,平面与平面垂直可转化为直线与直线 垂直证明.

【训练2】 如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60° ,PA=AB=BC,E 是PC的中点.证明: (1)AE⊥CD; (2)PD⊥平面ABE.

证明

AB、AD、AP两两垂直,

建立如图所示的空间直角坐标系,设PA=AB=BC=1, 则P(0,0,1). (1)∵∠ABC=60° , △ABC为正三角形.
?1 ∴C? , ?2 ? ?1 3 ? 3 1? ? ? ? ,0?,E?4, 4 ,2?. 2 ? ? ?

→ → 设D(0,y,0),由AC⊥CD,得AC· =0, CD
? ? 2 3 2 3 ? ? 即y= ,则D?0, ,0?, 3 3 ? ?

→ ? 1 3 ? → ?1 3 1? ? ? ? ∴CD=?- , ,0?.又AE=? , , ?, 6 4 2? ? 2 ? ?4 ?

1 1 3 3 → → ∴AE· =- × + × =0, CD 2 4 6 4 → → ∴AE⊥CD,即AE⊥CD. (2)法一
? → ? 2 3 ? ? ∵P(0,0,1),∴PD=?0, ,-1?. 3 ? ?

3 2 3 1 → → 又AE· = × PD + ×(-1)=0, 4 3 2 → → → → → ∴PD⊥AE,即PD⊥AE.AB=(1,0,0),∴PD· =0, AB ∴PD⊥AB,又AB∩AE=A,∴PD⊥平面AEB.

→ → ?1 3 1? ? 法二 AB=(1,0,0),AE=? , , ?, 4 2? ?4 ? 设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z), ?x=0, ? 则?1 3 1 ?4x+ 4 y+2z=0, ? 令y=2,则z=- 3,∴n=(0,2,- 3).
? 3 → ? 2 3 → ? ? ∵PD=?0, ,-1?,显然PD= 3 n. 3 ? ?

→ → ∵PD∥n,∴PD⊥平面ABE,即PD⊥平面ABE.

考向三

利用向量求空间距离

【例 3】?在三棱锥 S-ABC 中,△ABC 是边长为 4 的正三角形, 平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2 3,M、N 分别为 AB、SB 的中点,如图所示,求点 B 到平面 CMN 的距离. [审题视点] 考虑用向量法求距离,距离公式不要记错.

解 取AC的中点O,连接OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面ABC=AC, ∴SO⊥平面ABC,∴SO⊥BO. 如图所示,建立空间直角坐标系Oxyz, 则B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2), M(1, 3,0),N(0, 3, 2). → → ∴CM=(3, 3,0),MN=(-1,0, 2),

→ MB=(-1, 3,0). 设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量, ?→ ?CM· n=3x+ 3y=0, 则? → ?MN· n=-x+ 2z=0, ?

取z=1,

则x= 2,y=- 6,∴n=( 2,- 6,1). ∴点B到平面CMN的距离 → |n· | 4 2 MB d= = . |n| 3

点到平面的距离,利用向量法求解比较简单,它的理论基础 → 仍出于几何法,如本题,事实上,作BH⊥平面CMN于H.由 BH → → → → =BM+MH及BH· n=n· , BM → → → 得|BH· n|=|n· |=|BH|· BM |n|, → → BM |n· | BM → |n· | 所以|BH|= ,即d= . |n| |n|

【训练3】 (2010· 江西)如图,△BCD与△MCD都是边长为2的 正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2 3. (1)求点A到平面MBC的距离; (2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值.

解 取CD中点O,连OB,OM,则OB⊥CD,OM⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD,则MO⊥平面BCD. 取O为原点,直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴,建立空间 直角坐标系如图. OB=OM= 3 ,则各点坐标分别为C(1,0,0),M(0,0, 3 ),

B(0,- 3,0),A(0,- 3,2 3).

→ (1)设n=(x,y,z)是平面MBC的法向量,则BC=(1, 3,0), → BM=(0, 3, 3), → → 由n⊥BC得x+ 3y=0;由n⊥BM得 3y+ 3z=0. → 取n=( 3,-1,1),BA=(0,0,2 3),则 → |BA· 2 3 2 15 n| d= = = . |n| 5 5

→ → (2)CM=(-1,0, 3),CA=(-1,- 3,2 3). 设平面ACM的法向量为n1=(x,y,z),
? → → ?-x+ 3z=0, 由n1⊥CM,n1⊥CA得? ?-x- 3y+2 3z=0, ?

解得x= 3z,y=z,取n1=( 3,1,1). 又平面BCD的法向量为n2=(0,0,1). 1 n1· 2 n 所以cos〈n1,n2〉=|n ||n |= . 5 1 2 2 5 设所求二面角为θ,则sin θ= 5 .

规范解答15——立体几何中的探索性问题 【问题研究】 高考中立体几何部分在对有关的点、线、面位 置关系考查的同时,往往也会考查一些探索性问题,主要是对 一些点的位置、线段的长度,空间角的范围和体积的范围的探 究,对条件和结论不完备的开放性问题的探究,这类题目往往 难度都比较大,设问的方式一般是“是否存在?存在给出证 明,不存在说明理由.”,

【解决方案】 解决存在与否类的探索性问题一般有两个思 路:一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的量;二是 首先假设其存在,然后通过推理论证或是计算,如果得出了一 个合理的结果,就说明其存在;如果得出了一个矛盾的结果, 就说明其不存在.

【示例】 (本小题满分 14 分)(2011· ? 福建)如图, 四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4, CD= 2,∠CDA=45° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. (ⅰ)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° , 求线段 AB 的长; (ⅱ)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、 D 的距离都相等?说明理由.

(1)可先根据线线垂直,证明线面垂直,即可证得面面垂直. (2)由于题中PB与平面PCD所成的角不好作出,因此用向量法 求解.至于第2小问,可先假设点G存在,然后推理得出矛盾 或列出方程无解,从而否定假设.

[解答示范] 所以PA⊥AB.

(1)因为PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,

又AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(4分)

(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系Axyz(如图). 在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E, 则CE⊥AD. 在Rt△CDE中,DE=CD· 45° cos =1, CE=CD· 45° sin =1. 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t). 由AB+AD=4得,AD=4-t, 所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),C D =(-1,1,0), P D =(0,4-t,-t).(6分)





(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
?-x+y=0, ? 由n⊥C D ,n⊥P D ,得? ??4-t?y-tz=0. ?





取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t). 又P B =(t,0,-t),



→? ? P ? n· B ? 故由直线PB与平面PCD所成的角为30° 得cos 60° ? = , →? |P ?|n|· B |?
|2t2-4t| 1 即 2 2 2 2=2, t +t +?4-t? · 2t 4 4 解得t= 或t=4(舍去),因为AD=4-t>0,所以AB= .(9分) 5 5

(ⅱ)法一

假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到P,B,

C,D的距离都相等, 设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t), 则G C =(1,3-t-m,0),G D =(0,4-t-m,0),G P =(0,-m, t). 由|G C |=|G D |得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即t=3-m;(1)











由|G D |=|G P |得(4-t-m)2=m2+t2.(2) 由(1)、(2)消去t,化简得m2-3m+4=0.(3)(12分) 由于方程(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G, 使得点G到点P、C、D的距离都相等.从而,在线段AD上不存 在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.(14分)





法二 假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B, C,D的距离都相等. 由GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45° , 从而∠CGD=90° ,即CG⊥AD, 所以GD=CD· 45° cos =1. 设AB=λ,则AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ,(11分)

在Rt△ABG中, GB= AB +AG = λ +?3-λ? = 这与GB=GD矛盾. 所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B,C,D的距 离都相等. 从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C, D的距离都相等.(14分)
2 2 2 2

? 3?2 9 2?λ-2? +2>1, ? ?

探索性问题只要根据设问把问题确定下来就变为了普通问 题,解题的关键是如何把要探索的问题确定下来,如本题第(2) 问,法一是先设出G点,由条件列出方程无解知G点不存 在.法二是由已知先确定G点,然后推理得出矛盾,故G点不 存在.

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