【创新方案】2013年高考数学一轮复习 第八篇 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法(一)教案 理 新人教版.doc

1、 1 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 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 a b (a1 b1， a2 b2， a3 b3)； a (a 1， a 2， a 3)； a b a1b1 a2b2

2、a3b3. (2)共线与垂直的坐标表示 设 a (a1， a2， a3)， b (b1， b2， b3)， 则 a ba ba1 b 1， a2 b 2， a3 b 3( R)， a bab 0a1b1 a2b2 a3b3 0(a， b 均为非零向量 ) (3)模、夹角和距离公式 设 a (a1， a2， a3)， b (b1， b2， b3)， 则 |a| aa a21 a22 a23， cos a， b ab|a|b| a1b1 a2b2 a3b3a21 a22 a23 b21 b22 b23. 设 A(a1， b1， c1)， B(a2， b2， c2)， 则 dAB |AB | a2

3、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 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 平面的法向量可利用方程组求出：设 a， b 是平面 内两不共线向量， n 为平面 的法2 向量，则求法向量的方程组为 na 0，nb 0. (2)用向量证明空间中的平行关系 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. 设直线 l 的方向向量为 v，与平面 共面的

4、两个不共线向量 v1 和 v2，则 l 或 l存在两个实数 x， y，使 v xv1 yv2. 设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l 或 l v u. 设平面 和 的法向量分别为 u1， u2，则 u1 u2. (3)用向量证明空间中的垂直关系 设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1 l2v1v 2v1 v2 0. 设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l vu . 设平面 和 的法向量分别为 u1和 u2，则 u1u 2u1u 2 0. (4)点面距的求法 如图，设 AB为平面 的一条斜线段， n为平面 的法向量，则 B到平面 的

5、距离 d |AB n|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： (1)平行 直线与直线平行直线与平面平行平面与平面平行(2)垂直 直线与直线垂直直线与平 面垂直平面与平面垂直3 (3)点到平面的距离 求点到平面距离是向量数量积运算

6、(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 B相交 C垂直 D不确定 解析 v2 2v1， v1v 2. 答案 A 2已知平面 内有一个点 M(1， 1,2)，平面 的一个法向量是 n (6， 3,6)，则下列点 P 中在平面 内的是 ( ) A P(2,3,3) B P( 2,0,1) C P( 4,4,0) D P(3， 3,4) 解析 n (6， 3,6)是平面 的法向量， n MP ，在选项 A

7、 中， MP (1,4,1)， n MP 0. 答案 A 3 (2011 唐山月考 )已知点 A， B， C 平面 ，点 P ，则 AP AB 0，且 AP AC 0 是 AP BC 0 的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析 由 AP AB 0AP AC 0，得 AP ( AB AC ) 0， 即 AP CB 0，亦即 AP BC 0， 反之，若 AP BC 0， 则 AP ( AC AB ) 0AP AB AP AC ，未必等于 0. 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 (

8、4， 6,2)，则下列结论正确的是 ( ) A ac ， bc B ab ， ac C ac ， ab D以上都不对 解析 c ( 4， 6,2) 2( 2， 3,1) 2a， ac ， 又 ab 22 ( 3)0 14 0， ab . 4 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) 则 AB n 0，AC n 0，即 2x 2y z 0，4x 5y 3z 0. 令 z 1，得 x 12，y 1， n 12， 1， 1 ， 平面 ABC 的单位法向量为 n|

9、n| 13， 23， 23 . 答案 13， 23， 23 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 ABCDA1B1C1D1中， M、 N 分别是 C1C、 B1C1的中点求证： MN平面 A1BD. 审题视点 直接用线面平行定理不易证明，考虑用向量方法证明 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， 则 M 0， 1， 12 ， N 12， 1， 1 ， D(0,0,0)， A1(1,0,1)， B(1,1,0)， 于是 MN 12， 0， 12 ， 设平面 A1

10、BD 的法向量是 n (x， y， z) 5 则 n DA1 0，且 n DB 0，得 x z 0，x y 0. 取 x 1，得 y 1， z 1. n (1， 1， 1) 又 MN n 12， 0， 12 (1 ， 1， 1) 0， MN n，又 MN平面 A1BD， MN 平面 A1BD. 法二 MN C1N C1M 12C1B1 12C1C 12(D1A1 D1D ) 12DA1 ， 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，

11、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

12、)、 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. 6 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 OABCO1A1B1C1中， E， F 分别是棱 AB， BC 上的动点，且 AE BF x，其中 0 x1 ，以 O

13、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 求证： A1F 12A1C1 A1E . 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 C1E x (x 1) 1 0， A1F C1E ，即 A1F C1E. (2)A1F ( x,1， 1)， A1C1 ( 1,1,0)， A1E (0， x， 1)， 设 A1F

14、 A1C1 A1E ， x ，1 x ， 1 ，解得 12， 1. A1F 12A1C1 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， 7 则 P(0,0,1) (1) ABC 60 ， ABC 为正三角形

15、 C 12， 32 ， 0 ， E 14， 34 ， 12 . 设 D(0， y,0)，由 AC CD， 得 AC CD 0， 即 y 2 33 ，则 D 0， 2 33 ， 0 ， CD 12， 36 ， 0 .又 AE 14， 34 ， 12 ， AE CD 12 14 36 34 0， AE CD ，即 AE CD. (2)法一 P(0,0,1)， PD 0， 2 33 ， 1 . 又 AE PD 34 2 33 12( 1) 0， PD AE ，即 PD AE.AB (1,0,0)， PD AB 0， PD AB，又 AB AE A， PD 平面 AEB. 法二 AB (1,0,0)，

16、 AE 14， 34 ， 12 ， 设平面 ABE 的一个法向量为 n (x， y， z)， 则 x 0，14x34 y12z 0，令 y 2，则 z 3， n (0,2， 3) PD 0， 2 33 ， 1 ，显然 PD 33 n. 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 SABC 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 8 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

17、 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， 则 CM n 3x 3y 0，MN n x 2z 0，取 z 1， 则 x 2， y 6， n ( 2， 6，

18、 1) 点 B 到平面 CMN 的距离 d |n MB |n| 4 23 . 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 BM | |BH | n|， 所以 |BH | |n BM |n| ，即 d|n BM |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 BC

19、D 所成二面角的正弦值 9 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)， B

20、A (0,0,2 3)，则 d |BA n|n| 2 352 155 . (2)CM ( 1,0， 3)， CA ( 1， 3， 2 3) 设平面 ACM 的法向量为 n1 (x， y， z)， 由 n1 CM ， n1 CA 得 x 3z 0， 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) 所以 cos n1， n2 n1n 2|n1|n2| 15. 设所求二面角为 ，则 sin 2 55 . 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

21、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10 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 PABCD 中， PA 底面 ABCD.四边形 ABCD 中，

22、 AB AD， AB AD 4， CD 2， CDA 45. (1)求证：平面 PAB 平面 PAD； (2)设 AB AP. ( )若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，求线段 AB 的长； ( )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 (1)因为 PA 平面 ABCD， AB平面 ABCD， 所以

23、 PA AB. 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 CDcos 45 1， CE CDsin 45 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 ) ( )设平面 PCD 的法向量为 n (x， y， z)， 由 n CD ， n PD ，得 x y 0， t y tz 0. 取 x t，得平面 PCD 的一个法向量 n (t， t,4 t) 又 PB (t,0， t)，