《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习9.7利用向量求空间角和距离课件理新人教A版.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习9.7利用向量求空间角和距离课件理新人教A版.ppt（115页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第七节 利用向量求空间角和距离 (全国卷5年18考),【知识梳理】 1.异面直线所成角的求法 设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则:,2.直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线l的方向向量为e,平面的法向量为n,直线l与平面所成的角为, 两向量e与n的夹角为,则有sin =|cos |=_.,3.二面角的求法 (1)如图,AB,CD是二面角-l-两个半平面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小为=_.,(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 = cos或-cos.,【常用结论】 1.利用空间向量如何求线段长度 利用 可以求空间中
2、有向线段的长度.,2.点到平面的距离 “作一证一求”法:作出点P到平面的垂线后求出垂线段的长;,转移法:如果平面的斜线上两点A,B到斜足C的距离AC,BC的比为mn,则点A,B到平面的距离比也为mn; 体积法:通常借助三棱锥,通过转换底面与顶点求点到平面的距离.,【基础自测】 题组一:走出误区 1.判断正误(在括号内打“”或“”) (1)设a,b是异面直线l1,l2的方向向量,则l1与l2所成的角就是a,b的夹角. ( ),(2)设a是直线l的方向向量,b是平面的法向量,则直线l与平面成的角就是a,b的夹角. ( ) (3)设a,b是两个平面,的法向量,则与所成的二面角的大小等于a,b的夹角的
3、大小. ( ),(4)若直线l平行于平面的法向量,则直线l垂直于平面. ( ) (5)若不共线三个点到同一平面的距离相等,则这三个点确定的平面平行于平面. ( ),【解析】(1).因为(0,),l1与l2夹角 (0, . (2).因为的余弦的绝对值等于线面角正弦值. (3).因为与二面角的大小相等或互补.,(4).因为法向量垂直于平面,所以l. (5).可能有两点在平面一侧,第三个点在平面的另一侧.,2.已知点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上, PDA=60,则DP与CC1所成的角的大小为_.,【解析】设正方体的棱长为1,以D点为原点,以DA,DC, DD1分别为x,y,z
4、轴建立空间直角坐标系,D(0,0,0), =(1,0,0), =(0,0,1),连接BD,B1D1,在平面 BB1D1D中,延长DP交B1D1于H,设 =(m,m,1),由PDA =60,可得m= ,答案:45,题组二:走进教材 1.(选修2-1P118T10改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中, E是C1D1的中点,则异面直线DE与AC所成角的余弦值 为 ( ),【解析】选D.如图建立空间直角坐标系D-xyz,设 DA=1,A(1,0,0),C(0,1,0),E ,则 =(-1,1,0), 设异面直线DE与AC所成的角为,则cos =,2.(选修2-1P117T4改编)正三棱柱(底面是
5、正三角形的 直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2 ,则 AC1与侧面ABB1A1所成的角为_.,【解析】以C为原点建立坐标系,得下列坐标:A(2,0,0), C1(0,0,2 ).点C1在侧面ABB1A1内的射影为点 C2( ， ，2 ).,所以 =(-2，0，2 )， 设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为 ,则cos 又 ,所以= . 答案:,3.(选修2-1P119T3改编)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD底面ABCD,PD=DC,则二面角C-PB-D的大小为_.,【解析】以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.,设PD=DC=1,则D(0,0
6、,0),P(0,0,1),C(0,1,0), B(1,1,0). 所以,设平面PBD的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 由n1 =0,n1 =0得 令x1=1,得n1=(1,-1,0). 设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 由n2 =0,n2 =0得,令y2=1得n2=(0,1,1), 设二面角C -PB -D的大小为,则cos = 所以=60. 答案:60,考点一 求异面直线所成的角 【题组练透】 1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成的角的余弦值为 ( ),【解析】选C.以C为
7、原点,直线CA为x轴,直线CB为y轴, 直线CC1为z轴,设CA=CB=1,则B(0,1,0),M A(1,0,0), 所以 所以,2.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=2,CC1= ,则异面直线AB1和BC1所成角的大小为 ( ) A.30 B.45 C.60 D.90,【解析】选D.设线段A1B1,AB的中点分别为O,D,则OC1 平面ABB1A1,以 的方向分别为x轴,y轴,z轴 的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A(-1,0, ),B1(1,0,0),B(1,0, ),C1(0, ,0), 因为 所以 ,即异面直线AB1和BC1 所成角为直角.,3.点M,N分别是正方体AB
8、CD-A1B1C1D1的棱BB1和棱B1C1的 中点,则异面直线CM与DN所成的角的余弦值为( ),【解析】选A.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,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则N(1,2,2), D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,2,1),则 =(2,0,1), =(1,2,2),设异面直线所成角为, 则cos = 所以异面直线CM与 DN所成的角的余弦值为 .,4.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱A1A底面ABC,AC=1, AA1=2,BAC=90,若AB1与直线A1C的夹角的余弦值 是 ,则棱AB的长度是_.,【解析】
9、如图建立坐标系.设AB=a,则,A(0,0,0),B1(a,0,2),A1(0,0,2),C(0,1,0),所以 =(a,0,2), =(0,1,-2),所以 解得a=1,所以棱AB的长度是1. 答案:1,5.(2019衡水模拟)如图所示,在棱长为2的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点, 若异面 直线D1E和A1F所成角的余弦值为 ,则的值为 _.,【解析】以D为原点,以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,正方体的棱长为2,则 所以,所以 答案:,【规律方法】利用向量求线线角的解题策略 (1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种 基向量法:利用线性运
10、算; 坐标法:利用坐标运算.,(2)注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;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所成的角.,考点二 求直线与平面所成的角 【典例】如图,ABC中,O是BC的中点,AB=AC,AO=2OC=2,将BAO沿AO折起,使B点到达B点.,(1)求证:AO平面BOC. (2)当三棱锥B -AOC的体积最大时,试问在线段BA 上是否存在一点P,使CP与平面BOA所成的角的正弦值 为 ?若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)因为AB=AC且O是BC的中点,所以AOBO,
11、 AOCO,由折叠知AOBO,又因为COBO=O,所以 AO平面BOC.,(2)方法一:不存在,证明如下:当面BOA面AOC时,三 棱锥B -AOC的体积最大,因为面BOA面AOC=AO, BOAO,所以BO面AOC,所以OCOB,又因为 OCOA,所以OC平面AOB,在直角三角形CPO中, CO=1, 所以PC= ,所以,OP= ,易求得O到直线AB的距离为 所以满足条件的点P不存在.,方法二:不存在,证明如下:当面BOA面AOC时,三棱 锥B -AOC的体积最大,因为面BOA面AOC=AO, BOAO,所以BO面AOC,所以OCOB,故 OA,OB,OC两两垂直,如图建立空间直角坐标系,则
12、 A(2,0,0),B(0,0,1),C(0,1,0),设 = (-2,0,),则 =(2-2,-1,),又因为,平面BOA的法向量n=(0,1,0),依题意得, 得 化简得,102-16+7=0,此方程 无解,所以满足条件的点P不存在.,【一题多解微课】解决本例(2)还可以采用以下方法: 【一题多解】本例(2)还可以采用以下方法求解:,【解析】当面BOA面AOC时,三棱锥B-AOC的体积 最大,因为面BOA面AOC=AO,BOAO,所以BO 面ACO,所以OCOB,故OA,OB,OC两两垂直,连接OP, 因为COBO,COAO,AOBO=O,所以CO面BOA, 所以CPO即为CP与平面BOA
13、所成的角,在直角三角形 CPO中,CO=1,COP= ,sinCPO= ,所以CP= ,在ACB中,AC=AB= ,BC= ,设C到直线AB 的距离为h,则由SACB= 得h= , 因为CPh,所以满足条件的点P不存在.,【规律方法】 向量法求线面角的两大途径 (1)分别求出斜线和它所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.,【拓展】公式 cos =cos 1cos 2的应用,如图所示: ABC=,ABO=1,OBC=2.其中1为直线AB与平面所成的线面角.
14、这个公式在求解一些选择填空题时,可直接应用.但是一定要注意三个角的位置,不能张冠李戴.,【对点训练】 1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1, BAA1=60.,(1)证明:ABA1C. (2)若平面ABC平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.,【解析】(1)取AB中点E,连接CE,A1B,A1E, 因为AB=AA1,BAA1=60,所以BAA1是正三角形, 所以A1EAB,因为CA=CB,所以CEAB, 因为CEA1E=E,所以AB平面CEA1,所以ABA1C;,(2)由(1)知ECAB,EA1AB, 又因为平面ABC平面A
15、BB1A1,平面ABC平面ABB1A1=AB, 所以EC平面ABB1A1,所以ECEA1, 所以EA,EC,EA1两两相互垂直,以E为坐标原点, 的方 向为x轴正方向,| |为单位长度,建立如图所示空间 直角坐标系,由题设知A(1,0,0),A1(0, ,0),C(0,0, ), B(-1,0,0), 则,设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量, 则 所以cos= 所以直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为 .,2.如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD=90, ACBD,BC=1.AD=AA1=3.,(1)证明:ACB1D. (2)求直线B1C1与平面A
16、CD1所成角的正弦值.,【解析】(1)因为ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,所以BB1平面ABCD,且AC平面ABCDBB1AC.又因为ACBD,且BDBB1=B,所以AC平面BDB1.因为B1D平面BDB1,所以ACB1D.,(2)因为B1C1BCAD,所以直线B1C1与平面ACD1的夹角 即直线AD与平面ACD1的夹角.建立直角坐标系.设原 点在A点,AB为y轴正半轴,AD为x轴正半轴.设A(0,0,0), D(3,0,0),D1(3,0,3),B(0,y,0),C(1,y,0),则 =(1,y,0), =(3,-y,0),因为 ,所以 =03-y2+0=0,y0 y= ,所以 =(1,
17、 ,0), =(3,0,3).设平面 ACD1的法向量为n,则 所以平面ACD1的一个法向量n=(- ,1, ), =(3,0,0)sin =|cos|= 所以B1C1与平面ACD1夹角的正弦值为 .,考点三 与二面角有关的问题 【明考点知考法】 与二面角有关的问题,是高考中的必考内容,考查学生的空间想象能力与数学运算能力,属于中档题.,命题角度1 求二面角的某一三角函数值 【典例】如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四 边形,其中BAD= ,AD= ,AB=1,等边ADE所在平 面与平面ABCD垂直,FC平面ABCD,且FC= .,(1)点P在棱AE上,且 =2,Q为EBC的重心
18、,求证:PQ平面EDC. (2)求平面DEF与平面EAB所成锐二面角的余弦值.,【解析】(1)如图,在棱BE上取点M,使得BM=2ME;连接BQ并延长,交CE于点N.,则在ABE中,又AP=2PE,所以PMAB, 又四边形ABCD为平行四边形,所以ABCD,所以PMCD. 在BCE中,Q为重心, 所以BQ=2QN,又BM=2ME, 所以MQEC.又因为PMMQ=M,CDEC=C,所以平面MPQ平面DEC.又PQ平面MPQ,所以PQ平面EDC.,(2)在ABD中,BAD= ,AD= ,AB=1,由余弦定理 可得. BD2=AB2+AD2-2ABADcosBAD=12+( )2-21 cos =1
19、. 所以BD=1.,取AD的中点O,连接EO,OB.在EAD中,EA=ED=AD= ,所 以EOAD,且EO= AD= .又因为平面EAD平面ABCD, 平面EAD平面ABCD=AD,所以EO平面ABCD.又在ABD 中,AB=BD=1,AD= ,所以OBAD,且OB= .,如图,以O为坐标原点,分别以OA,OB,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.,设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1),则由 整理得 令z1=1,则x1= ,y1=3.所以 m=( ,3,1)为平面ABE的一个法向量.,设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则由 整理得 令z2=-1,则x2= ,
20、y2=6.,所以n=( ,6,-1)为平面DEF的一个法向量.,设平面DEF与平面EAB所成锐二面角为,则 cos =cos= .,【答题模板微课】 套模板:如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形, PD平面ABCD且PD=AD=2,点E是射线AB上一点,当二面 角P-EC-D为 时,AE= ( ),【解析】选D.设AE=a(a0),以点D为原点,DA,DC,DP 所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),E(2,a,0),P(0,0,2),则 = (0,2,-2), =(2,a,-2),设平面PEC的法向量为m=(x,y,z),则 即 故x
21、yz=(2-a)22,故令m=(2-a,2,2),设平面ECD的法向量为n=(0,0,1), 二面角P-EC-D的平面角= , 所以cos= 所以a=2 +2或a=-2 +2(舍去), 故AE=2 +2.,【状元笔记】 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,然后通过两个半平面的法向量的夹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.,命题角度2 与二面角有关的最值、折叠、探索性等综合问题 【
22、典例】如图,在梯形ABCD中,ABCD,BCD= ,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.,(1)求证:EF平面BCF. (2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.,【解析】(1)在梯形ABCD中,因为ABCD,AD=CD=BC=1, 又因为BCD= , 所以AB=2, 所以AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3.所以AB2= AC2+BC2.所以BCAC. 因为CF平面ABCD,AC平面 ABCD,所以ACCF, 而CFBC=C,所以AC平面BCF,因为EFAC,所以E
23、F平面BCF.,(2)由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示, AD=CD=BC=CF=1, 令FM=(0 ), 则C(0,0,0),A( ,0,0),B(0,1,0),M(,0,1), 所以 =(- ,1,0), =(,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由 得 取x=1,则n1=(1, , -), 因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量, 所以cos =,因为0 ,所以当=0时,cos 有最小值 , 所以点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角 最大,此时二面角的余弦值为 .,【状元笔记】 1.立体几
24、何中的最值问题,常常转化为平面几何中的最值问题,或转化为函数中的最值问题来解决. 2.折叠与展开,是立体几何中的重要问题,抓住变化前后的不变量(数量关系、位置关系),做好平面几何与立体几何之间的转化.,3.立体几何中探求点、平面的存在等探索性问题,常常先利用特殊位置关系或极端情形确定点或平面,再利用直线与平面的位置关系去证明结论.,【对点练找规律】 已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点),设SE与BC所成的角为1,SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则 ( ) A.123 B.321 C.132 D.231,【解析】选D.
25、如图所示,作S的投影点O,取AB的中点F, 连接SO,SF,OF,作GE平行于BC,且GE= BC,连接SG, OG,SE,OE.,因为S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,所以SOF=SOE=SGE=90, 因为SE与BC所成的角为1,所以cos 1= ,因为SE与平面ABCD所成的角为2,所以sin 2= ,因为二面角S-AB-C的平面角为3, 所以sin 3= ,cos 3= .因为GE=OF,SFSE, 所以cos 1cos 3,sin 2sin 3,即13, 23,所以231.,思想方法系列19 等价转化思想在求空间的距离问 题中的应用 【思想诠释】等价转化思想是解决立体几何的重
26、要思 想方法,也是高考中重点考查的数学方法,空间中点、 线、面的位置关系相互转化,平面几何与立体几何之间 的相互转化等都是解答立体几何问题时常用的方法.,【典例】已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面A1ACC1与底面 ABC垂直,ABC=90,BC=2,AC=2 ,且AA1A1C, AA1=A1C. (1)求这个三棱柱的体积. (2)求顶点C 到侧面A1ABB1的距离.,【解析】(1)取AC的中点D,连接A1D,因为AA1A1C, AA1=A1C,AC=2 ,所以A1DAC,A1D= ,又因为侧面 A1ACC1与底面ABC垂直,所以A1D底面ABC,所以A1D就是 三棱柱的高,因为ABC=9
27、0,BC=2,AC=2 ,所以 AB=2 ,所以底面积为SABC= 2 2=2 ,所以 三棱柱的体积为V=SABCA1D=2 =2 .,(2)等体积法:连接A1B, 根据定义,点C到面A1ABB1的距离,即为三棱锥C-A1AB的 高h,由 得 = SABCA1D, 即 所以h= 为所求.,【技法点拨】求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法:过P点作平面的垂线,垂足为Q,把PQ放在某个三角形中,解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离. (2)转化法:若点P所在的直线l平行于平面,则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.,(3)等体积法:求点面距离可以转化为求三棱锥的高,如 四面体中点A到
28、平面BCD的距离,用等体积法求得h= (4)向量法:设平面的一个法向量为n,A是内任意 点,则点P到的距离为d=,【即时训练】 1.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是 ( ),【解析】选D.建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),所以 =(0,0,2), =(2,0,2), =(2,2,0), 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), 由 n=0得x+z=0, 由 n=0得x+y=0,取x=1,则n= (1,-1,-1), 所以点D1到平面A1BD的距离是 d=,2.如图,已知正方形ABCD的边长为 4,E,F分别是AB,AD的中点,GC平 面ABCD,且GC=2,则点B到平面EFG 的距离为 ( ),【解析】选B.以C为原点,CD所在直线为x轴,CB所在直 线为y轴,CG所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 所以F(4,2,0),E(2,4,0),G(0,0,2),B(0,4,0), 所以 =(-2,2,0), =(-2,-4,2),所以平面EFG的一 个法向量为m=(1,1,3),所以d=,