《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學一輪復習 第八篇 立體幾何 第7講　立體幾何中的向量方法(一)教案 理 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學一輪復習 第八篇 立體幾何 第7講　立體幾何中的向量方法(一)教案 理 新人教版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第7講　立體幾何中的向量方法(一) 【2020年高考會這樣考】 1．通過線線、線面、面面關系考查空間向量的坐標運算． 2．能用向量方法證明直線和平面位置關系的一些定理． 3．利用空間向量求空間距離． 【復習指導】 本講復習中要掌握空間向量的坐標表示和坐標運算，會找直線的方向向量和平面的法向量，并通過它們研究線面關系，會用向量法求空間距離． 基礎梳理 1．空間向量的坐標表示及運算 (1)數(shù)量積的坐標運算 設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 則①a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)； ②λa＝(λa1，λa2，λa3)； ③a·b＝a1b

2、1＋a2b2＋a3b3. (2)共線與垂直的坐標表示 設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 則a∥b?a＝λb?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)， a⊥b?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均為非零向量)． (3)模、夾角和距離公式 設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 則|a|＝＝， cos〈a，b〉＝＝. 設A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)， 則dAB＝||＝. 2．立體幾何中的向量方法 (1)直線的方向向量與平面的法向量的確定 ①直線的方向向量：l是空間一直線，A，B是直線l上

3、任意兩點，則稱為直線l的方向向量，與平行的任意非零向量也是直線l的方向向量． ②平面的法向量可利用方程組求出：設a，b是平面α內(nèi)兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為 (2)用向量證明空間中的平行關系 ①設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?v1∥v2. ②設直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個實數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2. ③設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?v⊥u. ④設平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?u1∥u2. (3)用

4、向量證明空間中的垂直關系 ①設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2＝0. ②設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?v∥u. ③設平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?u1⊥u2?u1·u2＝0. (4)點面距的求法 如圖，設AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離d＝. 一種思想 向量是既有大小又有方向的量，而用坐標表示向量是對共線向量定理、共面向量定理和空間向量基本定理的進一步深化和規(guī)范，是對向量大小和方向的量化： (1)以原點為起點的向量，其終點坐標即向量坐標； (2)向量

5、坐標等于向量的終點坐標減去其起點坐標． 得到向量坐標后，可通過向量的坐標運算解決平行、垂直等位置關系，計算空間成角和距離等問題． 三種方法 主要利用直線的方向向量和平面的法向量解決下列問題： (1)平行 (2)垂直 (3)點到平面的距離 求點到平面距離是向量數(shù)量積運算(求投影)的具體應用，也是求異面直線之間距離，直線與平面距離和平面與平面距離的基礎． 雙基自測 1．兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，則l1與l2的位置關系是(　　)． A．平行 B．相交 C．垂直 D．不確定 解析　∵

6、v2＝－2v1，∴v1∥v2. 答案　A 2．已知平面α內(nèi)有一個點M(1，－1,2)，平面α的一個法向量是n＝(6，－3,6)，則下列點P中在平面α內(nèi)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α的法向量， ∴n⊥，在選項A中，＝(1,4,1)，∴n·＝0. 答案　A 3．(2020·唐山月考)已知點A，B，C∈平面α，點P?α，則·＝0，且·＝0是·＝0的(　　)． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析　由，得

7、·(－)＝0， 即·＝0，亦即·＝0， 反之，若·＝0， 則·(－)＝0?·＝·，未必等于0. 答案　A 4．(人教A版教材習題改編)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，則下列結論正確的是(　　)． A．a(chǎn)∥c，b∥c B．a(chǎn)∥b，a⊥c C．a(chǎn)∥c，a⊥b D．以上都不對 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．(2020·舟山調(diào)研)已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，則平面ABC的單位法向量是________． 解析

8、　設平面ABC的法向量n＝(x，y，z)． 則即 令z＝1，得∴n＝， ∴平面ABC的單位法向量為±＝±. 答案　± 考向一　利用空間向量證明平行問題 【例1】?如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N分別是C1C、B1C1的中點．求證：MN∥平面A1BD. [審題視點] 直接用線面平行定理不易證明，考慮用向量方法證明． 證明　法一　如圖所示，以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1， 則M，N，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)， 于是＝， 設平面A1

9、BD的法向量是n＝(x，y，z)． 則n·＝0，且n·＝0，得 取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． 又·n＝·(1，－1，－1)＝0， ∴⊥n，又MN?平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD. 法二?。剑剑? ＝(－)＝， ∴∥，又∵MN與DA1不共線，∴MN∥DA1， 又∵MN?平面A1BD，A1D?平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD. 證明直線與平面平行，只須證明直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線的方向向量與平面內(nèi)的不共線的兩個向量共面，然后說明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問題轉化為了數(shù)量的計算問題． 【訓練1】

10、 如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分別是線段PA、PD、CD的中點．求證：PB∥平面EFG. 證明　∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD為正方形， ∴AB、AP、AD兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則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)． ∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)， 設＝s＋t， 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1

11、)， ∴解得s＝t＝2. ∴＝2＋2， 又∵與不共線，∴、與共面． ∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG. 考向二　利用空間向量證明垂直問題 【例2】?如圖所示，在棱長為1的正方體OABC-O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC上的動點，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤1，以O為原點建立空間直角坐標系O-xyz. (1)求證A1F⊥C1E； (2)若A1，E，F(xiàn)，C1四點共面 求證：＝＋. [審題視點] 本題已建好空間直角坐標系，故可用向量法求解，要注意找準點的坐標． 證明　(1)由已知條件 A1(1,0,1)，F(xiàn)(1－x,1,0)，C1(0,1,1)，E(1

12、，x,0)， ＝(－x,1，－1)，＝(1，x－1，－1)， 則·＝－x＋(x－1)＋1＝0， ∴⊥，即A1F⊥C1E. (2)＝(－x,1，－1)，＝(－1,1,0)， ＝(0，x，－1)， 設＝λ＋μ， 解得λ＝，μ＝1. ∴＝＋. 證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直線的方向向量垂直，而直線與平面垂直，平面與平面垂直可轉化為直線與直線垂直證明． 【訓練2】 如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明： (1)AE⊥CD； (2)PD⊥平面ABE. 證明　AB、A

13、D、AP兩兩垂直， 建立如圖所示的空間直角坐標系，設PA＝AB＝BC＝1， 則P(0,0,1)． (1)∵∠ABC＝60°， △ABC為正三角形． ∴C，E. 設D(0，y,0)，由AC⊥CD，得·＝0， 即y＝，則D， ∴＝.又＝， ∴·＝－×＋×＝0， ∴⊥，即AE⊥CD. (2)法一　∵P(0,0,1)，∴＝. 又·＝×＋×(－1)＝0， ∴⊥，即PD⊥AE.＝(1,0,0)，∴·＝0， ∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB. 法二　＝(1,0,0)，＝， 設平面ABE的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則 令y＝2，則z＝－，∴n＝(0

14、,2，－)． ∵＝，顯然＝n. ∵∥n，∴⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE. 考向三　利用向量求空間距離 【例3】?在三棱錐SABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M、N分別為AB、SB的中點，如圖所示，求點B到平面CMN的距離． [審題視點] 考慮用向量法求距離，距離公式不要記錯． 解　取AC的中點O，連接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. 如圖所示，建立空間直角坐標系O-xyz， 則B(0,2

15、，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,2)， M(1，，0)，N(0，，)． ∴＝(3，，0)，＝(－1,0，)， ＝(－1，，0)． 設n＝(x，y，z)為平面CMN的一個法向量， 則取z＝1， 則x＝，y＝－，∴n＝(，－，1)． ∴點B到平面CMN的距離 d＝＝. 點到平面的距離，利用向量法求解比較簡單，它的理論基礎仍出于幾何法，如本題，事實上，作BH⊥平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·， 得|·n|＝|n·|＝||·|n|， 所以||＝，即d＝. 【訓練3】 (2020·江西)如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥

16、平面BCD，AB＝2. (1)求點A到平面MBC的距離； (2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值． 解　取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD，則MO⊥平面BCD. 取O為原點，直線OC、BO、OM為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系如圖． OB＝OM＝，則各點坐標分別為C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)． (1)設n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，則＝(1，，0)， ＝(0，，)， 由n⊥得x＋y＝0；由n⊥得y＋z＝0. 取n＝(，－1,1)，＝(0,0,2)，則 d＝＝

17、＝. (2)＝(－1,0，)，＝(－1，－，2)． 設平面ACM的法向量為n1＝(x，y，z)， 由n1⊥，n1⊥得 解得x＝z，y＝z，取n1＝(，1,1)． 又平面BCD的法向量為n2＝(0,0,1)． 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 設所求二面角為θ，則sin θ＝. 　　 規(guī)范解答15——立體幾何中的探索性問題 【問題研究】 高考中立體幾何部分在對有關的點、線、面位置關系考查的同時，往往也會考查一些探索性問題，主要是對一些點的位置、線段的長度，空間角的范圍和體積的范圍的探究，對條件和結論不完備的開放性問題的探究，這類題目往往難度都比較大，設問的方式一般是“是

18、否存在？存在給出證明，不存在說明理由.” 【解決方案】 解決存在與否類的探索性問題一般有兩個思路：一是直接去找存在的點、線、面或是一些其他的量；二是首先假設其存在，然后通過推理論證或是計算，如果得出了一個合理的結果，就說明其存在；如果得出了一個矛盾的結果，就說明其不存在. 【示例】? (本小題滿分14分) (2020·福建)如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD.四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°. (1)求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)設AB＝AP. (ⅰ)若直線PB與平面PCD所成的角為30°，求線段AB的長； (ⅱ)在線段AD上

19、是否存在一個點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等？說明理由． (1)可先根據(jù)線線垂直，證明線面垂直，即可證得面面垂直． (2)由于題中PB與平面PCD所成的角不好作出，因此用向量法求解．至于第2小問，可先假設點G存在，然后推理得出矛盾或列出方程無解，從而否定假設． [解答示范]　(1)因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， 所以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為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz(如圖)． 在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點E，

20、則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1， CE＝CD·sin 45°＝1. 設AB＝AP＝t，則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＝(－1,1,0)，P＝(0,4－t，－t)．(6分) (ⅰ)設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥C，n⊥P，得 取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)． 又P＝(t,0，－t)， 故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得cos 60°＝，即＝， 解得t＝或t＝4(舍去)，因

21、為AD＝4－t＞0，所以AB＝.(9分) (ⅱ)法一　假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到P，B，C，D的距離都相等， 設G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)， 則G＝(1,3－t－m,0)，G＝(0,4－t－m,0)，G＝(0，－m，t)． 由|G|＝|G|得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即t＝3－m；(1) 由|G|＝|G|得(4－t－m)2＝m2＋t2.(2) 由(1)、(2)消去t，化簡得m2－3m＋4＝0.(3)(12分) 由于方程(3)沒有實數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P、C、D的距離都相等．從而，在線段AD上不存在一個

22、點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等．(14分) 法二　(1)同法一． (2)(ⅰ)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz(如圖)． 在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點E， 則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1， CE＝CD·sin 45°＝1. 設AB＝AP＝t，則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＝(－1,1,0)，P＝(0,4－t，－t)． 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥C，n⊥P，

23、 得取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)． 又P＝(t,0，－t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得cos 60°＝， 即＝， 解得t＝或t＝4(舍去，因為AD＝4－t＞0)，所以 AB＝. 法二　假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 從而∠CGD＝90°，即CG⊥AD， 所以GD＝CD·cos 45°＝1. 設AB＝λ，則AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ，(11分) 在Rt△ABG中， GB＝＝＝ ＞1， 這與GB＝GD矛盾． 所以在線段AD上

24、不存在一個點G，使得點G到點B，C，D的距離都相等． 從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等．(14分) [解答示范] 　∵函數(shù)y＝cx在R上單調(diào)遞減， ∴0＜c＜1.(2分) 即p：0＜c＜1.∵c＞0且c≠1，∴綈p：c＞1.(3分) 又∵f(x)＝x2－2cx＋1在上為增函數(shù)， ∴c≤.即q：0＜c≤. ∵c＞0且c≠1，∴綈q：c＞且c≠1.(6分) 又∵“p∨q”為真，“p∧q”為假，∴p真q假或p假q真．(7分) ①當p真，q假時，{c|0＜c＜1}∩＝；(9分) ②當p假，q真時，{c|c＞1}∩＝?.(11分) 綜上所述，實數(shù)c的取值范圍是.(12分) 探索性問題只要根據(jù)設問把問題確定下來就變?yōu)榱似胀▎栴}，解題的關鍵是如何把要探索的問題確定下來，如本題第(2)問，法一是先設出G點，由條件列出方程無解知G點不存在．法二是由已知先確定G點，然后推理得出矛盾，故G點不存在．