高中數(shù)學(xué)§8.5《空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用》知識點講解附真題課件

§8.5空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用高考數(shù)學(xué)§8.5空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用高考數(shù)學(xué)考點一用向量法證明平行、垂直1.空間向量的有關(guān)定理(1)共線向量定理:共線向量定理可以分解為兩個命題(a,b(b≠0)為空間內(nèi)

任意兩個向量):(i)a∥b?存在唯一實數(shù)λ,使得a=λb;(ii)若存在實數(shù)λ,使得a

=λb,則a∥b,其中命題(ii)是空間向量共線的判定定理.(2)四點共面的充要條件:a.空間一點P位于平面ABC的充要條件是存在有

序?qū)崝?shù)對(x,y),使

=x

+y

成立;b.對空間任意一點O,有

=x

+y

+z

,若①

x+y+z=1

,則P,A,B,C四點共面,反之亦成立.(3)空間向量基本定理:a.空間任意三個不共面的向量都可以構(gòu)成空間的一

組基底;b.基底選定后,空間的所有向量均可由基底唯一表示.考點清單考點一用向量法證明平行、垂直考點清單22.與空間向量運算有關(guān)的結(jié)論設(shè)a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).(1)a∥b?a=λb(b≠0)?②

a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3

(λ∈R);(2)a⊥b?a·b=0?③

a1b1+a2b2+a3b3=0

;(3)|a|=

=

;(4)cos<a,b>=

=④

.3.與空間向量有關(guān)的問題(1)空間直角坐標系(i)一般建立右手直角坐標系;(ii)建立的空間直角坐標系必須滿足三坐標軸兩兩垂直,讓盡可能多的點落到坐標軸上或第一象限(第一象限內(nèi)點的坐標都為正).(2)直線的方向向量和平面的法向量2.與空間向量運算有關(guān)的結(jié)論(1)a∥b?a=λb(b≠0)3(i)直線的方向向量是指和這條直線平行(或在這條直線上)的有向線段所

表示的向量,一條直線的方向向量可以有無數(shù)個.(ii)平面的法向量:a.一個平面的法向量是與平面垂直的直線的方向向量,因此一個平面的法

向量有無數(shù)個,其中任意兩個都是共線向量,但零向量不能作為平面的法向

量.b.平面法向量的求法:首先要建立空間直角坐標系,然后用待定系數(shù)法求解.

具體的步驟為:設(shè)平面的法向量為n=(x,y,z),找出(求出)平面內(nèi)的兩個不共

線的向量a,b,根據(jù)法向量的定義得

由此可建立關(guān)于x、y、z的方程組,解方程組,并取其中的一組解,該組解可作為法向量的坐標.4.利用空間向量解決平行、垂直問題設(shè)不同直線l,m的方向向量分別為a,b,不同平面α,β的法向量分別為u,v,則(i)直線的方向向量是指和這條直線平行(或在這條直線上)的有4(1)l∥m?a∥b?a=kb,k∈R且k≠0;(2)l∥α?a⊥u?a·u=0;(3)α∥β?u∥v?u=λv,λ∈R且λ≠0;(4)l⊥m?a⊥b?a·b=0;(5)l⊥α?a∥u?a=ku,k∈R且k≠0;(6)α⊥β?u⊥v?u·v=0.(1)l∥m?a∥b?a=kb,k∈R且k≠0;5考點二用向量法求空間角與距離1.空間角的計算(1)異面直線所成角公式:設(shè)a、b分別為異面直線l1、l2的方向向量,θ為l1、l2

所成的角,則cosθ=|cos<a,b>|=

.(2)線面所成角公式:設(shè)l為平面α的斜線,a為l的方向向量,n為平面α的法向

量,θ為l與α所成的角,則sinθ=⑤|cos<a,n>|=

.(3)二面角公式:設(shè)n1、n2分別為平面α、β的法向量,二面角為θ,則θ=<n1,n2>

或θ=π-<n1,n2>(需要根據(jù)具體情況判斷相等或互補),其中cos<n1,n2>=

.2.點到平面的距離公式P為平面α外一點,a、n分別為平面α過P點的斜向量、法向量,d為P到α的距考點二用向量法求空間角與距離6離,則d=|a|·|cos<a,n>|=

.注意線面、面面距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離,用點到平面的距離公

式求解.3.兩點間的距離:已知點A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),則A,B兩點間的距離為|

|=⑥

.拓展延伸1.最小角定理:平面的斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角是這

條斜線和這個平面內(nèi)任一條直線所成的角中最小的角.2.三余弦公式:cosθ=cosθ1·cosθ2(如圖所示,其中θ1是斜線OA與平面α所成

的角,θ2是斜線OA的射影AB與平面內(nèi)的直線AC的夾角,θ是斜線OA與平面

內(nèi)的直線AC的夾角).

離,則d=|a|·|cos<a,n>|=?.注意線面、面面7考法一求異面直線所成角的方法知能拓展例1在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=

,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為

()A.

B.

C.

D.

解析解法一:以A1為原點建立空間直角坐標系(如圖),則A(0,0,

),D1(0,1,0),D(0,1,

),B1(1,0,0),所以

=(0,1,-

),

=(1,-1,-

),所以cos<

,

>=

=

=

.則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為|cos<

,

>|=

,故選C.解法二:如圖,連接A1D,交AD1于點O,考法一求異面直線所成角的方法知能拓展例1在長方體ABCD8∵四邊形ADD1A1為矩形,∴A1O=OD,再取A1B1的中點E,連接OE,D1E,則OE∥DB1,且OE=

DB1,∴AD1與DB1所成角即為∠D1OE或其補角.∵AB=BC=1,AA1=

,∴AD1=2,D1E=

=

,DB1=

=

,∴OD1=

AD1=1,OE=

.在△D1OE中,由余弦定理的推論得cos∠D1OE=

=

=

.∴異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為

,故選C.答案

C∵四邊形ADD1A1為矩形,∴A1O=OD,再取A1B1的中9例2如圖,在四面體ABCD中,O為BD中點,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=

.(1)求證:AO⊥平面BCD;(2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值.

例2如圖,在四面體ABCD中,O為BD中點,CA=CB=C10解析(1)證明:連接OC,由CB=CD,AB=AD,O為BD的中點,得AO⊥BD,CO

⊥BD,∴CO=

=

,AO=

=1.在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC.又BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.(2)如圖,建立空間直角坐標系O-xyz,則A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,

,0),D(-1,0,0),∴

=(1,0,-1),

=(-1,-

,0),∴|cos<

,

>|=

=

,∴異面直線AB與CD所成角的余弦值為

.方法總結(jié)向量法求異面直線所成角建立空間直角坐標系后,確定兩直線的方向向量a,b,則兩直線所成角θ滿足

cosθ=

.解析(1)證明:連接OC,由CB=CD,AB=AD,O為B11考法二求直線與平面所成角的方法例3

(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直

于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.

考法二求直線與平面所成角的方法例3

(2018浙江,12解題導(dǎo)引解法一:建立空間直角坐標系,求出各點的坐標.(1)利用

·

=0及

·

=0得出AB1⊥平面A1B1C1.(2)求出平面ABB1的法向量n以及直線AC1的方向向量,利用sinθ=

求得.解法二:(1)在△AA1B1中,由勾股定理的逆定理得AB1⊥A1B1,在△AB1C1中,由

勾股定理的逆定理得AB1⊥B1C1,從而得AB1⊥平面A1B1C1.(2)過C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點D,利用面面垂直的性質(zhì)得C1D⊥面

ABB1,從而得出AC1與平面ABB1所成的角為∠C1AD,解三角形得出其正弦

值.解題導(dǎo)引解法一:建立空間直角坐標系,求出各點的坐標.13解析解法一:(1)證明:如圖,以AC的中點O為原點,分別以射線OB,OC為x,y軸的非負半軸,

建立空間直角坐標系O-xyz.

由題意知各點坐標如下:A(0,-

,0),B(1,0,0),A1(0,-

,4),B1(1,0,2),C1(0,

,1).因此

=(1,

,2),

=(1,

,-2),

=(0,2

,-3).解析解法一:14由

·

=0得AB1⊥A1B1.由

·

=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知

=(0,2

,1),

=(1,

,0),

=(0,0,2).設(shè)平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由

得

可取n=(-

,1,0).所以sinθ=|cos<

,n>|=

=

.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是

.解法二:(1)證明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2

,所以A1由?·?=0得AB1⊥A1B1.15

+A

=A

,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=

,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2

,由CC1⊥AC,得AC1=

,所以A

+B1

=A

,故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1=B1,因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如圖,過點C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點D,連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1=

,A1B1=2

,A1C1=

得cos∠C1A1B1=

,則sin∠C1A1B1=

,所以C1D=

,故sin∠C1AD=

=

.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是

.?+A?=A?,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,16方法總結(jié)1.定義法(1)作:在斜線上選取恰當?shù)狞c,過該點向平面引垂線,作出所求角,其中確定

垂足的位置是關(guān)鍵;(2)證:證明所作的角為直線與平面所成的角;(3)求:構(gòu)造

角所在的三角形,利用解三角形的知識求角.2.公式法sinθ=

(其中h為斜線上除斜足外的任一點到所給平面的距離,l為該點到斜足的距離,θ為斜線與平面所成的角).3.向量法sinθ=|cos<

,n>|=

(其中AB為平面α的斜線,n為平面α的法向量,θ為斜線AB與平面α所成的角).方法總結(jié)1.定義法17考法三求二面角的方法例4

(2017課標Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=

∠CDP=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

考法三求二面角的方法例4

(2017課標Ⅰ,18,118解題導(dǎo)引(1)由已知得AB⊥PA,AB⊥PD,從而得出AB⊥平面PAD,最后獲

證平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一:建立空間直角坐標系,寫出各點坐標,分別求出平面PBC與平面

PAB的法向量n與m,從而利用向量法求結(jié)果.解法二:取PB的中點F,由△PAB為等腰三角形得AF⊥PB,由△PBC為等邊

三角形得CF⊥PB,從而得∠AFC為二面角A-PB-C的平面角,在△AFC中由

余弦定理的推論得∠AFC的余弦值.解題導(dǎo)引(1)由已知得AB⊥PA,AB⊥PD,從而得出AB19解析(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP、PD?平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一(向量法):在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以F為坐標原點,

的方向為x軸正方向,|

|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系F-xyz.解析(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥20由(1)及已知可得A

,P

,B

,C

.所以

=

,

=(

,0,0),

=

,

=(0,1,0).設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則

即

可取n=(0,-1,-

).設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,則

即

可取m=(1,0,1).則cos<n,m>=

=-

.易知二面角A-PB-C為鈍二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值為-

.解法二(定義法):根據(jù)題意可設(shè)AB=1,由(1)及已知可得A?,P?,B?,C?.?即?可取n=(021因為AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四邊形

ABCD是平行四邊形,且AD=PC=PB=CB=

,取PB的中點F,連接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,在等邊三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC為二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD?平面PAD,所以AB⊥AD.所以平行四邊形ABCD是矩形,連接AC,則AC=

.在△AFC中,AC=

,AF=

,FC=

,由余弦定理的推論可得cos∠AFC=

=-

,所以二面角A-PB-C的余弦值為-

.因為AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=22方法總結(jié)1.向量法:利用公式cos<n1,n2>=

(n1,n2分別為兩平面的法向量)進行求解,注意<n1,n2>與二面角大小的關(guān)系,是相等還是互補,需結(jié)合圖

形進行判斷.2.定義法:在二面角的棱上找一特殊點,過該點在兩個半平面內(nèi)分別作垂直

于棱的射線,如圖(1),∠AOB為二面角α-l-β的平面角.3.垂面法:過棱上一點作棱的垂直平面,該平面與二面角的兩個半平面的交

線所形成的角即為二面角的平面角,如圖(2),∠AOB為二面角α-l-β的平面角.4.垂線法(三垂線定理法):過二面角的一個半平面內(nèi)一點作另一個半平面所在平面的垂線,從垂足出發(fā)向棱引垂線,利用三垂線定理(線面垂直的性質(zhì))即可找到所求二面角的平面角或其補角.如圖(3),∠ABO為二面角α-l-β的平面角.方法總結(jié)1.向量法:利用公式cos<n1,n2>=?(n123立體幾何中常見的探索型問題有以下兩種類型:(1)條件追溯型:解決此類問題的基本策略為執(zhí)果索因,其結(jié)論明確,需要求出使結(jié)論成立的充分條件,將題設(shè)和結(jié)論都視為已知條件即可迅速找到切點.但在執(zhí)果索因的過程中,常常會犯的錯誤是將必要條件當成充要條件,應(yīng)引起注意.(2)存在判斷型:解決與平行、垂直有關(guān)的存在性問題的基本策略為:先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立),然后在這個前提下進行邏輯推理,若能導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實,說明假設(shè)成立,即存在;若導(dǎo)出與條件相矛盾的結(jié)果,則說明假設(shè)不成立,即不存在.求解此類問題的難點在于涉及的點具有運動性和不確定性,所以用傳統(tǒng)方法解決起來難度比較大,若用空間向量通過待定系數(shù)法求解存在性問題,則思路簡單,解法固定,操作方便.實踐探究立體幾何中常見的探索型問題有以下兩種類型:實踐探究24例如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=

,點E在AD上,且AE=2ED.(1)已知點F在BC上,且CF=2FB,求證:平面PEF⊥平面PAC;(2)當二面角A-PB-E的余弦值為多少時,直線PC與平面PAB所成的角為45°?

例如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面AB25解題導(dǎo)引(1)欲證平面PEF⊥平面PAC,結(jié)合題意只需證EF⊥平面PAC

(也許有考慮證明AC⊥平面PEF的,但此路不通),把證“面面垂直”轉(zhuǎn)化為

證明“線面垂直”是通法,PA⊥EF易證,再證EF⊥AC是關(guān)鍵,同一平面內(nèi)

證線線垂直問題,用平面幾何知識證明即可.(2)這是已知結(jié)論找充分條件的問題,由線面角定義,易得∠APC=45°,反推

出AP的長,再通過建系求得二面角A-PB-E的余弦值.解題導(dǎo)引(1)欲證平面PEF⊥平面PAC,結(jié)合題意只需證E26解析(1)證明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,則AD=CD,

(1分)又AB⊥AC,∴BC=

AC=2AD,

(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=

AD,∴四邊形ABFE是平行四邊形,∴AB∥EF,

(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,

(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF?平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.

(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,則∠APC為PC與平面解析(1)證明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=4527PAB所成的角,若PC與平面PAB所成的角為45°,則tan∠APC=

=1,即PA=AC=

,

(6分)取BC的中點G,連接AG,則AG⊥BC,以A為坐標原點,建立如圖所示的空間

直角坐標系A(chǔ)-xyz,

則A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E

,P(0,0,

),∴

=

,

=

,

(7分)PAB所成的角,若PC與平面PAB所成的角為45°,28設(shè)平面PBE的法向量為n=(x,y,z),則

即

令y=3,則x=5,z=

,∴n=(5,3,

),

(9分)易知

=(1,1,0)是平面PAB的一個法向量,

(10分)cos<n,

>=

=

,結(jié)合圖形可知當二面角A-PB-E的余弦值為

時,直線PC與平面PAB所成的角為45°.

(12分)設(shè)平面PBE的法向量為n=(x,y,z),29例已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,定點M在棱AB上(不與端點A,B

重合),點P是平面ABCD內(nèi)的動點,且點P到直線A1D1的距離與點P到點M的

距離的平方差為a2,則點P的軌跡為

()A.圓

B.橢圓

C.雙曲線

D.拋物線創(chuàng)新思維解題導(dǎo)引本題考查立體幾何中點的軌跡問題,關(guān)鍵是能夠通過建立空間

直角坐標系,求出動點滿足的方程,從而求得軌跡.例已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,定點M在30解析作PF⊥AD,PE⊥A1D1,垂足分別為F,E.以A為原點建立如圖所示的空

間直角坐標系:設(shè)M(0,t,0),P(x,y,0),由正方體的性質(zhì)可知,PF⊥平面ADD1A1,∴PE2=y2+a2,PM2=x2+(y-t)2,∴PE2-PM2=y2+a2-x2-(y-t)2=a2,整理得x2=2ty-t2∴P的軌跡是拋物線.答案

D解析作PF⊥AD,PE⊥A1D1,垂足分別為F,E.以A為31如何學(xué)好高中數(shù)學(xué)1、培養(yǎng)良好的學(xué)習(xí)興趣。興趣是最好的老師。在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中，我們把這種從自發(fā)的感性的樂趣出發(fā)上升為自覺的理性的“認識”過程，這自然會變?yōu)榱⒅緦W(xué)好數(shù)學(xué)，成為數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的成功者。那么如何才能建立好的學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)興趣呢?(1)課前預(yù)習(xí)，對所學(xué)知識產(chǎn)生疑問，產(chǎn)生好奇心。(2)聽課中要配合老師講課，滿足感官的興奮性。聽課中重點解決預(yù)習(xí)中疑問，把老師課堂的提問、停頓、教具和模型的演示都視為欣賞音樂，及時回答老師課堂提問，培養(yǎng)思考與老師同步性，提高精神，把老師對你的提問的評價，變?yōu)楸薏邔W(xué)習(xí)的動力。(3)思考問題注意歸納，挖掘你學(xué)習(xí)的潛力。(4)聽課中注意老師講解時的數(shù)學(xué)思想，多問為什么要這樣思考，這樣的方法怎樣是產(chǎn)生的?(5)把概念回歸自然。所有學(xué)科都是從實際問題中產(chǎn)生歸納的，數(shù)學(xué)概念也回歸于現(xiàn)實生活，如