《高考数学一轮必备考情分析学案：8.7立体几何中的向量方法1含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮必备考情分析学案：8.7立体几何中的向量方法1含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考数学精品复习资料 2019.58.7立体几何中的向量方法(一)考情分析1通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算2能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理3利用空间向量求空间距离基础知识1空间向量的坐标表示及运算(1)数量积的坐标运算设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，则ab(a1b1，a2b2，a3b3)；a(a1，a2，a3)；aba1b1a2b2a3b3.(2)共线与垂直的坐标表示设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，则ababa1b1，a2b2，a3b3(R)，abab0a1b1a2b2a3b30(a，b均为非零向量)(3)模、夹角和距离公式设a
2、(a1，a2，a3)，b(b1， b2，b3)，则|a|，cosa，b.来源:设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则dAB|.2立体几何中的向量方法(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面内两不共线向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组为(2)用向量证明空间中的平行关系设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2(或l1与l2重合)v1v2.设直线l的方向向量为v，与平面共面的两个不共线向量v1和v2，
3、则l或l存在两个实数x，y，使vxv1yv2.设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或lvu.设平面和的法向量分别为u1，u2，则u1u2.(3)用向量证明空间中的垂直关系设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2v1v2v1v20.设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则lvu.设平面和的法向量分别为u1和u2，则u1u2u1u20.来源:(4)点面距的求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离d.注意事项1向量是既有大小又有方向的量，而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量
4、化：(1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标；(2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题2.主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：(1)平行(2)垂直(3)点到平面的距离求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用，也是求异面直线之间距离，直线与平面距离和平面与平面距离的基础题型一利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点求证：MN平面A1BD.证明法一如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、
5、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M，N，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，于是，设平面A1BD的法向量是n(x，y，z)来源:则n0，且n0，得取x1，得y1，z1.n(1，1，1)又n(1，1，1)0，n，又MN平面A1BD，MN平面A1BD.法二()，又MN与DA1不共线，MNDA1，又MN平面A1BD，A1D平面A1BD，MN平面A1BD.【变式1】 如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点求证：PB平面EFG.证明平面PAD平面ABCD且ABCD为正方形，A
6、B、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则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)，设st，即(2,0，2)s(0，1,0)t(1,1，1)，解得st2.22，又与不共线，、与共面PB平面EFG，PB平面EFG.题型二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图所示，在棱长为1的正方体OABCO1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBFx，其中0x1，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.(1)求证
7、A1FC1E；(2)若A1，E，F，C1四点共面求证：.证明(1)由已知条件A1(1,0,1)，F(1x,1,0)，C1(0,1,1)，E(1，x,0)，(x,1，1)，(1，x1，1)，则x(x1)10，即A1FC1E.(2)(x,1，1)，(1,1,0)，(0，x，1)，设，解得，1.【变式2】 如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)AECD；(2)PD平面ABE.证明AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PAABBC1，则P(0,0,1)(1)ABC60，ABC为正三角形C，E.设D(
8、0，y,0)，由ACCD，得0，即y，则D，.又，0，即AECD.(2)法一P(0,0,1)，.又(1)0，即PDAE.(1,0,0)，0，来源:PDAB，又ABAEA，PD平面AEB.法二(1,0,0)，设平面ABE的一个法向量为n(x，y，z)，则令y2，则z，n(0,2，)，显然n.n，平面ABE，即PD平面ABE.题型三利用向量求空间距离【例3】在三棱锥SABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离解取AC的中点O，连接OS、OB.SASC，ABBC，ACSO，ACBO.平面SAC平面ABC，平
9、面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，SOBO.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2)，M(1，0)，N(0，)(3，0)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则取z1，则x，y，n(，1)点B到平面CMN的距离d.【变式3】 (20xx江西模拟)如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2.(1)求点A到平面MBC的距离；(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值解取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面MCD平面BCD，则MO平面BCD.
10、取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图OBOM，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，0)，A(0，2)(1)设n(x，y，z)是平面MBC的法向量，则(1，0)，(0，)，由n得xy0；由n得yz0.取n(，1,1)，(0,0,2)，则d.(2)(1,0，)，(1，2)设平面ACM的法向量为n1(x，y，z)，由n1，n1得解得xz，yz，取n1(，1,1)又平面BCD的法向量为n2(0,0,1)所以cosn1，n2.设所求二面角为，则sin .重难点突破【例4】如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，ABAD，A
11、BAD4，CD，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.()若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；()在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等？说明理由 解析(1)因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(4分)(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.来源:设ABAPt，则B(t,0,0)，P(
12、0,0，t)由ABAD4得，AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，C(1,1,0)，P(0,4t，t)(6分)()设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，由nC，nP，得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又P(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos 60，即，解得t或t4(舍去)，因为AD4t0，所以AB.(9分)()法一假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到P， B，C，D的距离都相等，设G(0，m,0)(其中0m4t)，则G(1,3tm,0)，G(0,4tm,0)，G(0，m，t)由|G|G|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；(1)由|G|G|得(4tm)2m2t2.(2)由(1)、(2)消去t，化简得m23m40.(3)(12分)由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、C、D的距离都相等从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等法二(1)同法一(2)()以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0，t)，由ABAD4得AD4t. 所以E(0
