第45讲 空间向量在立体几何中的运用(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义
《第45讲 空间向量在立体几何中的运用(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第45讲 空间向量在立体几何中的运用(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义(27页珍藏版)》请在七七文库上搜索。
1、 第 1 页 / 共 27 页 第第 45 讲讲 空间向量在立体几何中的运用空间向量在立体几何中的运用 一、课程标准 1、 能用向量方法解决点到直线、 点到平面、 相互平行的直线、 相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题, 2、能描述解决这一类问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的作用. 二、基础知识回顾 1. 直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量: 如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行或重合, 则称此向量 a 为直 线 l 的方向向量 (2)平面的法向量:直线 l,取直线 l 的方向向量 a,则向量 a 叫做平面 的法向量 2. 空间位置关系的向量表示
2、位置关系 向量表示 直线 l1,l2的方向向量分别为 n1,n2 l1l2 n1n2n1n2 l1l2 n1n2n1n20 直线 l 的方向向量为 n,平面 的法向量为 m, l,nmnm0 l,nmnm 平面 ,的法向量分别为 n,m, ,nmnm ,nmnm0 3. 异面直线所成的角 设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2的方向向量,则 a 与 b 的夹角 l1与 l2所成的角 范围 (0,) 0, 2 a 与 b 的夹角 l1与 l2所成的角 求法 cos a b |a|b| cos|cos |a b| |a|b| 4. 求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a,平面 的法向
3、量为 n,直线 l 与平面 所成的角为 ,则 sin|cosa,n 第 2 页 / 共 27 页 |a n| |a|n|. 5. 求二面角的大小 (1)如图,AB,CD 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) 三、自主热身、归纳总结 1、若直线 l 的方向向量为 a(1,0,2),平面 的法向量为 n(2,0,4),则( ) A. l B. l C. l D. l 与 斜交 【答案
4、】B 【解析】 a(1,0,2),n(2,0,4),n2a,即 an,l.故选 B. 2、 已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面 ABC 法向量的是( ) A. (1,1,1) B. (1,1,1) C. 3 3 , 3 3 , 3 3 D. 3 3 , 3 3 , 3 3 【答案】C. 【解析】 AB (1,1,0),AC (1,0,1),经计算得 C 项符合题意故选 C. 3、在正方体 ABCDA1B1C1D1中,E 为 BC 的中点,F 为 B1C1的中点,则异面直线 AF 与 C1E 所成角的正 切值为(C ) A. 5 2 B. 2 3 C.
5、2 5 5 D. 5 3 【答案】C. 【解析】 以 D 为坐标原点,DC,DA,DD1所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐 第 3 页 / 共 27 页 标系,设正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2, 第 3 题图 可得 A(0,2,0),B(2,2,0),C(2,0,0),B1(2,2,2),C1(2,0,2),由中点坐标公式可得 E(2,1,0), F(2,1,2),则 AF(2,1,2),C1E(0,1,2),设两异面直线所成角为 ,则 cos |cosAF , C1E| |AF C 1E | |AF |C 1E | |14| 9 5 5 3 ,则 s
6、in 2 3,故异面直线 AF 与 C1E 所成角的正切值为 2 3 5 3 2 5 5 .故选 C. 4、如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1中,M,N 分别是 CD,CC1的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成角的 大小是_ 【答案】 90 【解析】 建立空间直角坐标系如图所示设正方体的棱长为 1,则 D(0,0,0),A1(1,0,1),M 0,1 2,0 , N 0,1,1 2 , 所以A1M 1,1 2,1 , DN 0,1,1 2 , 所以 cos A1M , DN |A1M DN | |A1M | |DN | 0, 所以A1M DN ,故异面直线 A1M 与 DN 所成角
7、的大小为 90 . 5、已知四棱柱 ABCDA1B1C1D1的侧棱 AA1垂直于底面,底面 ABCD 为直角梯形,ADBC,ABBC, ADABAA12BC,E 为 DD1的中点,F 为 A1D 的中点,则直线 EF 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 _ 第 4 页 / 共 27 页 【答案】 2 3 【解析】 由题意,得 AB,AD,AA1两两垂直,故以 AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AA1所 在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设 BC1,则 A(0,0,0),A1(0,0,2),C(2,1,0), D(0,2,0),E(0,2,1),F(0,1,1),
8、所以FE (0,1,0),A 1D (0,2,2),CD (2,1,0)设平 面 A1CD 的一个法向量为 n(x,y,z),则 n A1D 2y2z0, n CD 2xy0, 令 x1,故 n(1,2,2),则 sin|cos n,FE | n FE |n| |FE | 102120 441 010 2 3,故直线 EF 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 2 3. 四、例题选讲 考点 异面直线所成的角 例 1 如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA底面 ABCD,E 是 PC 的中点已知 AB2, AD2 2,PA2,求异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小 【解析
9、】 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2 2,0),E(1, 2,1),AE (1, 2,1),BC (0,2 2,0) 设AE 与BC 的夹角为 ,则 cos AE BC |AE | |BC | 4 22 2 2 2 ,所以 4,所以异面直线 BC 与 AE 所成的 角的大小是 4. 第 5 页 / 共 27 页 变式 1、 如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1,CACC12CB,则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为_ 【答案】 5 5 【解析】 不妨令 CB1,则 CACC12,可得 C(0,0,0),B(0,0,1)
10、,C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0, 2,1),所以BC1 (0,2,1),AB1 (2,2,1),所以 cosBC1 ,AB1 BC1 AB1 |BC1 | |AB1 | 41 5 9 1 5 5 5 0,所以BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1与直线 AB1的夹角,所以直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为 5 5 . 变式 2、(2019 浙江高考)如图,已知三棱柱 ABC- A1B1C1,平面 A1ACC1平面 ABC,ABC90 , BAC30 ,A1AA1CAC,E,F 分别是 AC,A1B1的中点 (1)证明:EFBC; (2)求直线 EF 与平面 A1BC
11、所成角的余弦值 【解析】 (1)证明:连接 A1E,因为 A1AA1C,E 是 AC 的中点,所以 A1EAC. 又平面 A1ACC1平面 ABC,A1E平面 A1ACC1, 平面 A1ACC1平面 ABCAC, 所以 A1E平面 ABC. 如图,以点 E 为原点,分别以射线 EC,EA1为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 E- xyz. 不妨设 AC4, 则 A1(0,0,2 3),B( 3,1,0),B1( 3,3,2 3),F 3 2 ,3 2,2 3 ,C(0,2,0) 第 6 页 / 共 27 页 因此, EF 3 2 ,3 2,2 3 , BC ( 3,1,0) 由 EF
12、BC 0 得 EFBC. (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 . 由(1)可得 BC ( 3,1,0),A 1C (0,2,2 3) 设平面 A1BC 的法向量为 n n(x,y,z) 由 BC n0, A1C n0, 得 3xy0, y 3z0. 取 n n(1, 3,1), 故 sin |cos EF ,n n| EF n| | EF | |n| 4 5,cos 3 5. 因此,直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为3 5. 方法总结:利用向量法求异面直线所成角的方法:(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
13、的方向向量;(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 考点二 直线与平面所成的角 例 2 如图,在直棱柱 ABCDA1B1C1D1中,ADBC,BAD90 ,ACBD,BC1,ADAA1 3. (1) 证明:ACB1D; (2) 求直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值 【解析】 (1) 易知,AB,AD,AA1两两垂直如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分 别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系设 ABt,则有 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1, 0),C1(t,
14、1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3), 所以B1D (t,3,3),AC (t,1,0),BD (t,3,0) 因为 ACBD,所以AC BD t2300, 解得 t 3或 t 3(舍去), 第 7 页 / 共 27 页 所以B1D ( 3,3,3),AC ( 3,1,0) 因为AC B1D 3300, 所以AC B1D ,即 ACB1D. (2) 由(1)知,AD1 (0,3,3),AC ( 3,1,0),B1C1 (0,1,0) 设 n(x,y,z)是平面 ACD1的一个法向量,则 n AC 0, n AD1 0, 即 3xy0, 3y3z0, 令 x1,则 n(1, 3, 3)
15、 设直线 B1C1与平面 ACD1所成角为 , 则 sin|cosn,B1C1 | n B1C1 |n| |B1C1 | 3 7 21 7 ,即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为 21 7 . 变式 1、如图,在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中,侧棱 AA1底面 ABCD,ABDC,AA11,AB3k,AD 4k,BC5k,DC6k(k0)若直线 AA1与平面 AB1C 所成角的正弦值为6 7,求实数 k 的值 【解析】 由题意知 DCAD,D1DDC,D1DAD,故以 D 为原点,DA ,DC ,DD1 的方向为 x 轴, y 轴,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则
16、 A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k, 0,1),所以AC (4k,6k,0),AB1 (0,3k,1),AA1 (0,0,1) 设平面 AB1C 的法向量 n(x,y,z), 则 AC n0, AB1 n0, 即 4kx6ky0, 3kyz0. 取 y2,得 n(3,2,6k) 设 AA1与平面 AB1C 所成角为 ,则 第 8 页 / 共 27 页 sin|cosAA1 ,n| AA1 n |AA1 | |n| 6k 36k213 6 7,解得 k1,故实数 k 的值为 1. 变式 2、 如图, 在多面体 ABCDEF 中, 四边形 ABCD 是正方
17、形, BF平面 ABCD, DE平面 ABCD, BFDE,M 为棱 AE 的中点 (1)求证:平面 BDM平面 EFC; (2)若 DE2AB,求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值 【解析】 (1)证明:连接 AC 交 BD 于点 N,连接 MN, 则 N 为 AC 的中点, 又 M 为 AE 的中点,MNEC. MN平面 EFC,EC平面 EFC, MN平面 EFC. BF,DE 都与平面 ABCD 垂直,BFDE. BFDE, 四边形 BDEF 为平行四边形,BDEF. BD平面 EFC,EF平面 EFC, BD平面 EFC. 又 MNBDN,平面 BDM平面 EFC. (2)D
18、E平面 ABCD,四边形 ABCD 是正方形, DA,DC,DE 两两垂直,如图,建立空间直角坐标系 D- xyz. 设 AB2,则 DE4,从而 D(0,0,0),B(2,2,0),M(1,0,2),A(2,0,0),E(0,0,4), 第 9 页 / 共 27 页 DB (2,2,0),DM (1,0,2), 设平面 BDM 的法向量为 n n(x,y,z), 则 n DB 0, n DM 0, 得 2x2y0, x2z0. 令 x2,则 y2,z1, 从而 n n(2,2,1)为平面 BDM 的一个法向量 AE (2,0,4),设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 , 则 sin n
19、 n, AE | |nAE | |n| | AE | 4 5 15 , 直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 5 15 . 方法总结:利用向量法求线面角的方法:(1)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);(2)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 考点三 二面角 例 3 如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,D,E 分别是 AB,BB1的中点,AA1ACCB 2 2 AB. (1) 证明:BC1平面 A1CD; (2) 求二面角 DA1CE 的正弦值 【解析】 (1)
20、 连结 AC1交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1的中点 又 D 是 AB 的中点,连结 DF,则 BC1DF. 因为 DF平面 A1CD,BC1平面 A1CD, 所以 BC1平面 A1CD. (2) 由 ACCB 2 2 AB 得,ACBC. 以 C 为坐标原点,CA ,CB ,CC1 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Cxyz.设 CA2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),CD (1,1,0),CE (0,2,1),CA 1 (2,0,2) 第 10 页 / 共 27 页 设 n(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, 则
21、n CD 0, n CA1 0, 即 x1y10, 2x12z10. 可取 n(1,1,1) 设 m 是平面 A1CE 的法向量,则 m CE 0, m CA1 0, 可取 m(2,1,2),所以 cosn,m n m |n| |m| 3 3 ,故 sinn,m 6 3 , 即二面角 DA1CE 的正弦值为 6 3 . 变式 1、 2018 天津高考如图,ADBC 且 AD2BC,ADCD,EGAD 且 EGAD,CDFG 且 CD 2FG,DG平面 ABCD,DADCDG2. (1)若 M 为 CF 的中点,N 为 EG 的中点,求证:MN平面 CDE; (2)求二面角 EBCF 的正弦值;
22、 (3)若点 P 在线段 DG 上,且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60,求线段 DP 的长 【解析】 依题意,可以建立以 D 为原点,分别以DA ,DC ,DG 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向的空 间直角坐标系(如图), 可得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2) (1)证明:依题意得 M 0,3 2,1 ,N(1,0,2). DC (0,2,0),DE (2,0,2)设 n0(x0,y0,z0)为 第 11 页 / 共 27 页 平面 CDE 的法向量,则 n0DC 0, n0DE
23、 0, 即 2y00, 2x02z00.不妨令 z 01, 可得 n0(1,0,1)又MN 1,3 2,1 ,可得MN n00. 又直线 MN平面 CDE,MN平面 CDE. (2)依题意,可得BC (1,0,0),BE(1,2,2),CF(0,1,2) 设 n(x1,y1,z1)为平面 BCE 的法向量,则 n BC 0, n BE 0,即 x10, x12y12z10. 不妨令 z11,可得 n(0,1,1) 设 m(x2,y2,z2)为平面 BCF 的法向量,则 m BC 0, m CF 0,即 x20, y22z20. 不妨令 z21,可得 m(0,2,1)有 cosm,n m n |
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 第45讲 空间向量在立体几何中的运用教师版备战2021年新高考数学微专题讲义 45 空间 向量 立体几何 中的 运用 教师版 备战 2021 高考 数学 专题 讲义
链接地址:https://www.77wenku.com/p-162110.html