黄冈名师2020版高考数学大一轮复习9.6利用空间向量证明空间中的位置关系课件理新人教A版.ppt

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1、第六节 利用空间向量证明空间中的位置关系 (全国卷5年12考),【知识梳理】 1.直线的方向向量与平面的法向量 (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_或_,则称此向量a为直线l的方 向向量.,平行,重合,(2)平面的法向量:直线l,取直线l的_向量a,则 向量a叫做平面的法向量.,方向,2.空间位置关系的向量表示,n1=n2,n1n2=0,nm=0,n=m,n=m,nm=0,【常用结论】 1.确定平面的法向量 (1)直接法:观察是否有垂直于平面的法向量,若有可直 接确定.,(2)待定系数法:取平面的两条相交向量a,b,设平面的 法向量为n=(x,y,z),由 解

2、方程组求得. 2.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.,【基础自测】 题组一:走出误区 1.判断正误(正确的打“”,错误的打“”) 已知ABCD-A1B1C1D1为正方体, ( ), =0; ( ) 向量 与向量 的夹角是60. ( ),提示:. 故正确; . ,因为AB1A1C,故正确; .A1B与AD1两异面直线所成角为60,但 的夹角为120,故不正确.,2.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面的法向量为 n=(2,x2+x,-x),若直线l平面,则x的值为 ( ) A.-2 B.- C. D.,【解析】选D.线面平行时,直线的方向向量垂直于平 面的法向量,故-12+1(x2+x

3、)+1(-x)=0,解得 x= .,3.已知直线l的方向向量a,平面的法向量,若 a=(1,1,1),=(-1,0,1),则直线l与平面的位置关系 是 ( ) A.垂直 B.平行,C.相交但不垂直 D.直线l在平面内或直线l与平面平行,【解析】选D.因为a=-1+0+1=0,即a,所以直线l在平面内或直线l与平面平行.,题组二:走进教材 1.(选修2-1P104T2改编)设,v分别是平面,的法向量,=(-2,2,5),当v=(3,-2,2)时,与的位置关系为_;当v=(4,-4,-10)时,与的位置关系为_.,【解析】当v=(3,-2,2)时,v=-23+2(-2) +52=0,所以, 当v=

4、(4,-4,-10)时,v=-2,所以. 答案: ,2.(选修2-1P104T2改编)已知平面的法向量为 n=(2,-2,4), =(-3,1,2),点A不在内,则直线AB 与平面的位置关系为 ( ) A.AB B.AB C.AB与相交不垂直 D.AB,【解析】选D.因为n =(2,-2,4)(-3,1,2)= -6-2+8=0,所以n , 而点A不在内,故AB.,3.(选修2-1P112T6改编)如图,正方形AA1D1D与矩形ABCD 所在平面互相垂直,AB=2AD=2. (1)若点E为AB的中点,求证:BD1平面A1DE. (2)在线段AB上是否存在点E,使二面角D1-EC-D的大小 为

5、.若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)四边形ADD1A1为正方形,连接AD1,A1DAD1 =F,则F是AD1的中点,又因为点E为AB的中点,连接EF,则EF为ABD1的中位线,所以EFBD1. 又因为BD1平面A1DE,EF平面A1DE, 所以BD1平面A1DE.,(2)根据题意得DD1DA,D1DDC,ADDC,以D为坐标原 点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角 坐标系D-xyz,则D(0,0,0), D1(0,0,1),C(0,2,0). 设满足条件的点E存在, 令E(1,y0,0)(0y02),=(-1,2-y0,0), =(0,2,-

6、1), 设n1=(x1,y1,z1)是平面D1EC的法向量, 则 令y1=1, 则平面D1EC的法向量为n1=(2-y0,1,2),由题知平面 DEC的一个法向量n2=(0,0,1).,由二面角D1-EC-D的大小为 得 解得y0=2- 0,2, 所以线段AB上存在点E, 使二面角D1-EC-D的大小为 ,此时AE=2- .,考点一 利用空间向量证明空间的平行问题 【题组练透】 1.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分 别为A1B和AC上的点,A1M=AN= ,则MN与平面BB1C1C的 位置关系是 ( ),A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定,【解析】选B

7、.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系.因为A1M=AN= ,所以 所以 又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以 =(0,a,0). 所以 =0.所以 .,因为 是平面BB1C1C的法向量,且MN平面BB1C1C,所以 MN平面BB1C1C.,2.以下四组向量是平面, 的法向量,则能判断,平行的是 ( ) a=(1,2,1),b=(1,-2,3); a=(8,4,-6),b=(4,2,-3); a=(0,1,-1),b=(0,-3,3); a=(-3,2,0),b=(4,-3,3). A. B. C. D.,【解析】选B.因为在中a=2b,所以a

8、b,所以,-3a=b,所以,而a不平行于b,所以不平行于,所以只有能判断,平行.,3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BACA, A1A=BA=CA,点M,N 分别是AC,AB的中点,过点C作平面,使得A1M, B1N,若B1C1=P,则 的值为 ( ),【解析】选B.因为AB,AC, AA1两两垂直,所以以A为原 点,以AB,AC, AA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设 AB=2,则 设 =,则 因为A1M,B1N,所以存在实数x,y,使得 由向量相等的充要条件得,消去x,y得 =2,所以= ,即,4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上

9、移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是_,若D1EEC,则AE=_.,【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中以D为原点,DA为x轴, DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,又AD=AA1=1, AB=2,点E在棱AB上移动,则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0), A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0m2,则 =(1,m,-1), =(-1,0,-1),所以 =-1+0+1 =0,所以直线D1E与A1D所成角的大小是90,因为 =(1,m,-1), =(-1,2-m,0),D1EEC,所以 =-1+m(2-m)+0=0, 解得m=1,所以

10、AE=1. 答案: 90 1,5.如图,已知矩形ABCD,PA平面ABCD,M,N,R分别是AB,PC,CD的中点.求证: (1)直线AR平面PMC. (2)直线MN直线AB,【证明】 (1)以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x 轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AB=a,AD=b,AP=c, 则B(a,0,0),D(0,b,0),P(0,0,c),C(a,b,0),因为M,N, R分别为AB,PC,CD的中点, 所以 所以,设 所以 所以 ,所以ARMC, 因为AR 平面PMC,所以AR平面PMC.,(2) =(a,0,0), 因为 =0,所以 ,所以MNAB.,【规律方法】,【拓

11、展】建立适当的坐标系.常见建系方法: (1)借助三条两两相交且垂直的棱为坐标轴,如正方体、长方体等规则几何体,一般选择三条线为三个坐标轴,如图1,2.,(2)借助面面垂直的性质定理建系,若题目中出现侧面和底面垂直的条件,一般利用此条件添加辅助线,确定坐标轴,如图3. (3)借助棱锥的高线建系等.对于正棱锥,利用顶点在底面的射影为底面的中心,可确定z轴,然后在底面确定互相垂直的直线分别为x,y轴.如图4.,考点二 利用空间向量证明空间中的垂直问题 【典例】(1)若平面,的法向量分别为n1=(2,3,5), n2=(-3,1,-4),则 ( ) A. B. C.,相交但不垂直 D.以上均有可能,(

12、2)如图,已知AB平面ACD,DE平面ACD,ACD为等边三角形,AD=DE=2AB. 求证:平面BCE平面CDE.,【解析】(1)选C.由于 ,因此n1与n2不平行,又 n1n2=2(-3)+31+5(-4)=-6+3-20=-230,二者 不垂直,从而平面,相交但不垂直.,(2)设AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的空间直角坐标 系A-xyz,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a), D(a, a,0),E(a, a,2a).,所以 设平面BCE的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由n1 =0,n1 =0可得,令z1=2,可得n1=(1,- ,2). 设平面CDE

13、的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由n2 =0,n2 =0可得,令y2=1,可得n2=( ,1,0). 因为n1n2=1 +1(- )=0. 所以n1n2, 所以平面BCE平面CDE.,【一题多解微课】解决本题(2)还可以采用 以下方法:扫码听名师讲解 由题意可得ABDE,又因为DE=2AB,所以延长EB,DA,相交于点F,所以点A为DF的中点,因为AC=AD,所以FC垂直于CD,因为ED垂直于平面ACD,所以DE垂直于CF,所以CF垂直于平面DEC,因为CF在平面BCE内,所以平面BCE与平面DEC垂直.,【互动探究】 若本例(2)中条件不变,点F是CE的中点, 证明DF平面BCE.,

14、【证明】易得 则 又平面BCE的一个法向量 为n1=(1,- ,2),则 n1,即 n1, 从而DF平面BCE.,【规律方法】用空间向量证明垂直问题的方法,【对点训练】 1.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=2,AA1= ,AD=2 ,P为C1D1的中点,M为BC的中 点.则AM与PM的位置关系为 ( ) A.平行 B.异面 C.垂直 D.以上都不对,【解析】选C.以D点为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线 为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,依 题意,可得,D(0,0,0),P(0,1, ),C(0,2,0), A(2 ,0,0),M( ,2,0).

15、,所以 =( ,2,0)-(0,1, )=( ,1,- ), =( ,2,0)-(2 ,0,0)=(- ,2,0), 所以 =( ,1,- )(- ,2,0)=0, 即 ,所以AMPM.,2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且 A1E= A1D,AF= AC,则 ( ) A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EFA1D,EFAC C.EF与BD1相交 D.EF与BD1异面,【解析】选B.以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1, 则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1

16、,0), B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1), =(-1,1,0), =(-1,-1,1), 从而EFBD1,EFA1D,EFAC.,考点三 用空间向量解决平行与垂直的探索性、最值等综合问题 【明考点知考法】 用空间向量来解决平行与垂直中的探索性问题、最值或范围问题,是高考中重点考查的内容,题目多数是解答题,属于中档题.,命题角度1 平行与垂直中的探索性问题 【典例】如图(1)所示,在RtABC中,C=90,BC=3, AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DEBC,DE=2,将ABC沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图(2)所示.,(1)求证:A1C平面

17、BCDE. (2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小. (3)线段BC上是否存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.,【解析】(1)因为ACBC,DEBC,所以DEAC,所以DEA1D,DECD,A1DDC=D, 所以DE平面A1DC,所以DEA1C. 又因为A1CCD,DECD=D, 所以A1C平面BCDE.,(2)以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A1(0,0,2 ), D(0,2,0),M(0,1, ),B(3,0,0),E(2,2,0). 设平面A1BE的法向量为,n=(x,y,z), 则 又因为 所以,令y=1,则x=2,z= ,所以

18、n=(2,1, ). 设CM与平面A1BE所成的角为. 因为 所以sin = 所以CM与平面A1BE所成角的大小为 .,(3)线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂 直.理由如下: 假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p0,3. 设平面A1DP的法向量为m=(x1,y1,z1), 则,又因为 =(0,2,-2 ), =(p,-2,0), 所以 令x1=2,则y1=p,z1= . 所以m= 当且仅当mn=0时,平面A1DP平面A1BE.,由mn=0,得4+p+p=0,解得p=-2,与p0,3矛盾. 所以线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.,【

19、状元笔记】 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.,(2)探索性问题的设点方法:空间中的点可设为 (x,y,z);坐标平面内的点其中一个坐标为0,如xOy面 上的点为(x,y,0);一般平面内的点,如ABC平面内一点, 可设为 坐标轴上的点两个坐标为0, 如z轴上的点为(0,0,z);直线(线段)AB上的点P,可设,为 表示出点P的坐标,或直接利用向量运算. 提醒:解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表 示.,命题角度2 平行与垂直中的最值或范围问题 【典例】如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABC平面BCD, BA

20、C与BCD均为等腰直角三角形,且BAC= BCD =90,BC=2.点P是线段AB上的动点(不含端点),若线段CD上存在点Q(不含端点),使得异面直线PQ与AC成30的角,求线段PA长的取值范围.,【解析】设BC的中点为O,连接OA,因为BAC=90, BC=2OA=1,故建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0), A(0,0,1),B(-1,0,0),C(1,0,0),设P(s,0,t),Q(1,m,0)(-1s0,0t1, 0m2),则 =(-s,0,1-t), 所以 =1-s+t, 所以 即,=1-s+t,也即3m2=4t(1-s)-(1-s)2-t2, 由此可得3m2

21、=4t(1-s)-(1-s)2-t20,结合P在线段AB上, 可知t-s=1可得4(1-s2)2+2s23s21,所以 则,【状元笔记】 最值(范围)问题解法 求解有关立体几何中的最值或范围问题,应用向量方法,建立空间直角坐标系,适当选取变量,转化为函数求最值或范围问题.,【对点练找规律】 (2019武汉模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中, B1A1A=C1A1A=60,AA1=AC=4,AB=2,P,Q分别为棱AA1,AC的中点.,(1)在平面ABC内过点A作AM平面PQB1,并且交BC于点M,并写出作图步骤,但不要求证明. (2)若侧面ACC1A1ABB1A1,求直线A1C1与平面P

22、QB1所成角的正弦值.,【解析】(1)如图,在平面ABB1A1内,过点A作ANB1P交BB1于点N,连接BQ,在BB1Q中,作NHB1Q交BQ于点H,连接AH并延长交BC于点M,则AM为所求直线.,(2)连接PC1,AC1, 因为AA1=AC=A1C1=4,C1A1A=60, 所以AC1A1为正三角形. 因为P为AA1的中点,所以PC1AA1, 又因为侧面ACC1A1侧面ABB1A1,且面ACC1A1面ABB1A1=AA1,PC1平面ACC1A1,所以PC1平面ABB1A1, 在平面ABB1A1内过点P作PRAA1交BB1于点R,分别 以 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立 如图所示的空间

23、直角坐标系P-xyz,则 P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C(0,-4,2 ),C1(0,0,2 ).,因为Q为AC的中点,所以点Q的坐标为(0,-3, )， 所以 =(0,-2,2 ), =(0,-3, ). 因为A1B1=AB=2,B1A1A=60, 所以B1( ,1,0),所以 =( ,1,0),设平面PQB1的法向量为 =(x,y,z), 由 得 令x=1,得y=- ,z=-3,所以平面PQB1的一个法向量为 m=(1,- ,-3). 设直线A1C1与平面PQB1所成角为,则sin = 即直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值为 .,思想方法系列18利用空间

24、向量解决二面角的有关问题 【思想诠释】 转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法,数学中一切问题的解决(当然包括解题)都离不开转化与化归.,【典例】如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,PA底面ABCD,PA=3,AD=2,AB=4,ABC=60.,(1)求证:BC平面PAC. (2)E是侧棱PB上一点,记 =(01),是否存在实 数,使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60?若存 在,求出的值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)因为BC=AD=2,AB=4, 所以AC= 又BC2+AC2=AB2, 所以BCAC. 又PA底面ABCD,BC平面ABCD,则PABC.,因

25、为PA平面PAC,AC平面PAC,且PAAC=A,所以BC平面PAC.,(2)以A为坐标原点,过点A作垂直于AB的直线为x轴, AB,AP所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,4,0),P(0,0,3).,因为在平行四边形ABCD中,AD=2,AB=4, ABC=60,则DAx=30,所以D( ,-1,0). 又 =(01),知E(0,4,3(1-), 所以 =( ,-1,0), =(0,4,3(1-), =(0,0,3), 设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),则 取x1=1,则m= 设平面PAD的法向量为n=(x2,y2,z2), 则

26、取y2=1,则n=,若平面ADE与平面PAD所成的二面角为60, 则|cos|=cos 60= , 即,化简得 即 解得=3(舍去)或= . 于是,存在= ,使平面ADE与平面PAD所成的二面 角为60.,【技法点拨】 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小是锐角还是钝角.,(2)定义法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.,【即时训练】 1.如图,甲站在水库底面上的点D处,乙站在水坝斜

27、面上 的点C处,已知测得从D,C到库底与水坝的交线的距离分 别为DA=10 米,CB=10米,AB的长为10米,CD的长为 10 米,则库底与水坝所成的二面角的大小为_度.,【解析】 ,所以 因为 所以 =0.又 | |=10 , 所以(10 )2=(10 )2+102+102+210 ,10cos ,解得 所以 =45. 所以所成二面角的大小为135. 答案:135,2.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF. (1)求证:EFA1C1. (2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F 四点共面,并求此时C1G的长.,【解析】(1)以点D为坐标原点,DA,DC,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 标系,则A(a,0,0)、A1(a,0,a)、C1(0,a,a)、,所以 因为 =-a2+a2+0=0,所以 , 所以A1C1EF.,(2)设G(0,a,h),因为平面ADD1A1平面BCC1B1, 平面ADD1A1平面AEGF=AE,平面BCC1B1平面 AEGF=FG,所以FGAE,所以存在实数,使得 因为 所以,所以=1,h= a,所以C1G=CC1-CG=a- a= a, 故当C1G= a时,A,E,G,F四点共面.,