首页

2023高考数学统考一轮复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法教师用书教案理新人教版202303081239

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/14

2/14

剩余12页未读,查看更多内容需下载

 立体几何中的向量方法[考试要求] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.1.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〈a,b〉l1与l2所成的角θ范围0<〈a,b〉<π0<θ≤关系cos〈a,b〉=cosθ=|cos〈a,b〉|=2.直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos〈a,n〉|=.3.二面角(1)如图①,AB,CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈,〉.(2)如图②③,n1,n2分别是二面角αlβ的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cosθ|=|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).点到平面的距离如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离为||=.\n一、易错易误辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(  )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(  )(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(  )(4)两异面直线夹角的范围是,直线与平面所成角的范围是,二面角的范围是[0,π].(  )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√二、教材习题衍生1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos〈m,n〉=-,则l与α所成的角为(  )A.30°B.60°C.120°D.150°A [由于cos〈m,n〉=-,所以〈m,n〉=120°,所以直线l与α所成的角为30°.]2.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为(  )A.B.πC.或πD.或πC [∵m=(0,1,0),n=(0,1,1),∴m·n=1,|m|=1,|n|=,∴cos〈m,n〉==,∴〈m,n〉=.∴两平面所成的二面角为或π,故选C.]3.在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(  )A.B.C.D.C [建立如图所示的坐标系,设AB=2,\n则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为==.]考点一 求异面直线所成的角 用向量法求异面直线所成角的一般步骤[典例1] (2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(  )A.   B.   C.   D.C [在平面ABC内过点B作AB的垂线,以B为原点,以该垂线,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Bxyz,则A(0,2,0),B1(0,0,1),C,\nC1,=(0,-2,1),=,cos〈,〉===,故选C.][母题变迁]1.本例条件换为:“直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点”,则直线EF和BC1所成的角是.60° [以B为坐标原点,以BC为x轴,BA为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系如图所示.设AB=BC=AA1=2,则C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),∴=(0,-1,1),=(2,0,2),∴·=2,∴cos〈,〉==,则EF和BC1所成的角是60°.]2.本例条件换为:“直三棱柱ABCA1B1C1中,底面为等边三角形,AA1=AB,N,M分别是A1B1,A1C1的中点”,则AM与BN所成角的余弦值为. [如图所示,取AC的中点D,以D为原点,BD,DC,DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,不妨设AC=2,则A(0,-1,0),M(0,0,2),B(-,0,0),N\n,所以=(0,1,2),=,所以cos〈,〉===.]点评:两异面直线所成角的范围是θ∈,两向量的夹角α的范围是[0,π],当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;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的夹角.如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.若PA=AB,则PB与AC所成角的余弦值为. [因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,PA=AB=2,所以BO=1,AO=CO=.如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0).\n所以=(1,,-2),=(0,2,0).设PB与AC所成角为θ,则cosθ===.即PB与AC所成角的余弦值为.]考点二 求直线与平面所成的角 利用向量法求线面角的两种方法[典例2](2020·郑州模拟)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD=,AB=2AD.(1)求证:平面BDEF⊥平面ADE;(2)若ED=BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.[解] (1)证明:在△ABD中,∠ABD=,AB=2AD,由余弦定理,得BD=AD,从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD,所以△ABD为直角三角形且∠ADB=.因为DE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD.\n又AD∩DE=D,所以BD⊥平面ADE.因为BD⊂平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面ADE.(2)由(1)可得,在Rt△ABD中,∠BAD=,BD=AD,又由ED=BD,设AD=1,则BD=ED=.因为DE⊥平面ABCD,BD⊥AD,所以以点D为坐标原点,DA,DB,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.则A(1,0,0),C(-1,,0),E(0,0,),F(0,,),所以=(-1,0,),=(-2,,0).设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,得n=(,2,1)为平面AEC的一个法向量.因为=(-1,,),所以cos〈n,〉==,所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.点评:本题在求解中常犯的一个错误是:直接由“AB=2AD及∠ABD=”得出△ABD为直角三角形,解题务必推理严谨.如图,四棱锥PABCD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.\n(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.[解] (1)证明:由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN.由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=2.又AD∥BC,故TN綊AM,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)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且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Axyz.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的法向量,则即可取n=(0,2,1).于是|cos〈n,〉|==,\n则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.考点三 求二面角 利用向量计算二面角大小的常用方法提醒:判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行.[典例3] (2019·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角AMA1N的正弦值.[解] (1)连接ME,B1C∵M,E分别为BB1,BC中点,∴ME为△B1BC的中位线,\n∴ME∥B1C且ME=B1C,又N为A1D中点,且A1D綊B1C,∴ND∥B1C且ND=B1C,∴ME綊ND,∴四边形MNDE为平行四边形,∴MN∥DE.又MN⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,∴MN∥平面C1DE.(2)法一:设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,由直四棱柱性质可知:OO1⊥平面ABCD.∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD.则以O为原点,可建立如图所示的空间直角坐标系:则A,M,A1,D(0,-1,0),N.取AB中点F,连接DF,则F.∵四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°,∴△BAD为等边三角形,∴DF⊥AB.又AA1⊥平面ABCD,DF⊂平面ABCD,∴DF⊥AA1.∴DF⊥平面ABB1A1,即DF⊥平面AMA1.∴为平面AMA1的一个法向量,且=.设平面MA1N的法向量n=,\n又=,=.∴令x=,则y=1,z=-1,∴n=.∴cos〈,n〉===,∴sin〈,n〉=,∴二面角AMA1N的正弦值为.法二:由已知可得DE⊥DA.以D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Dxyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则即所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则即可取n=(2,0,-1),于是cos〈m,n〉===,所以二面角AMA1N的正弦值为.[母题变迁]本例条件不变,求点C到平面C1DE的距离.[解] 法一:(几何法)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.\n又DE∩C1E=E,从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离,由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=,故CH=.从而点C到平面C1DE的距离为.法二:(等体积法)在菱形ABCD中,E为BC中点,所以DE⊥BC,根据题意有DE=,C1E=,因为棱柱为直棱柱,所以有DE⊥平面BCC1B1,所以DE⊥EC1,所以S=××,设点C到平面C1DE的距离为d,根据题意有V=V,则有××××d=××1××4,解得d==,所以点C到平面C1DE的距离为.点评:本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式,建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键.1.如图所示,二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为.\n60° [∵=++,∴||====2.∴·=||·||·cos〈,〉=-24.∴cos〈,〉=-.又所求二面角与〈,〉互补,∴所求的二面角为60°.]2.(2020·全国卷Ⅰ)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角BPCE的余弦值.[解] (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=AC=BC=a,PA=PB=PC=a.因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.又PB∩PC=P,PB,PC⊂平面PBC,所以PA⊥平面PBC.\n(2)作ON∥BC,交AB于点N,以O为坐标原点,以所在的直线为x轴,的方向为y轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.所以=,=.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则即可取m=.由(1)知=是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos〈n,m〉==.所以二面角BPCE的余弦值为.

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2022-08-25 17:31:05 页数:14
价格:¥3 大小:783.00 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE