复习参考题第一课时评课稿

常考问题16

立体几何中的向量方法[真题感悟] (2013·江苏卷) 来源中国教育出版网zzstep.com]

如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；

(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]

解

(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，→→C(0,2,0)，D(1，1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4)．因→→A1B·C1D18310→→为cos〈A1B，C1D〉＝＝＝，所以异面直线A1B与C1D所成角的余10→→20×18|A1B||C1D|310弦值为. 10→→→(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1,1,0)，AC1＝(0,2,4)，所以n1·AD＝0，→n1·AC1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ. n1·n2由|cos θ|＝|n||n|＝12225＝，得sin θ＝. 39×135. 3因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为[考题分析] 高考对本内容的考查主要有：

(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B级要求；

(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；

t/

(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B级要求；

(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B级要求．

1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]

设直线l的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则

来源:zzstep.com](1)线面平行

l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.. (2)线面垂直

l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行

α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直

α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2．空间角的计算

(1)两条异面直线所成的角

设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝b所成的角)．

(2)直线和平面所成的角

如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n|. |e||n||a·b|(其中φ为异面直线a，|a||b|

(3)二面角

如图所示，二面角α－l－β，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面有α－l－β的大小为θ或π－θ.

3．用向量法证明平行、垂直问题的步骤

(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量t/

表示问题中涉及的点、直线、平面．

(2)通过向量运算研究平行、垂直问题．

来源中教网z.s.tep](3)根据运算结果解释相关问题．

4．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系

(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；

(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.

热点一

向量法证明平行与垂直

【例1】

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：

(1)DE∥平面ABC；

(2)B1F⊥平面AEF.

证明

如图建立空间直角坐标系A－xyz，不妨设AB＝AA1＝4，

则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，

B(4,0,0)，B1(4,0,4)．

(1)取AB中点为N，连接CN，

则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，

→→∴DE＝(－2,4,0)，NC＝(－2,4,0)，

→→∴DE＝NC，∴DE∥NC，

又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC. 故DE∥平面ABC.来源中教网z_z_s_tep][来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]

[来源:www.shulihua.net]→→→(2)B1F＝(－2,2，－4)，EF＝(2，－2，－2)，AF＝(2,2,0)．→→B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，

→→B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.

t/

→→→→∴B1F⊥EF，B1F⊥AF，

即B1F⊥EF，B1F⊥AF，

又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. [规律方法] 证明平行、垂直关系时，若用传统的几何法，难以找出问题与条件的关系时，可采用向量法，但向量法要求计算必须准确无误，利用向量法的关键是正确求平面的法向量．

【训练1】

如图，在直三棱柱ADE -BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证：

(1)OM∥平面BCF；

(2)平面MDF⊥平面EFCD.

证明

由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

1设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M2，0，0，111O2，2，2. 11→→0，－，－，BA＝(－1,0,0)，

(1)OM＝22→→→→∴OM·BA＝0，∴OM⊥BA. →∵棱柱ADE -BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴BA是平面BCF的一个法向量，

且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．

1→→→→→，－1，0，DC＝(1,0,0)，由n1·∵DF＝(1，－1,1)，DM＝DF＝n·DM＝0，得12x－y＋z＝0，11112x1－y1＝0，1y1＝x1，211

来源中国教育出版网zzstep.com]

解得1z＝－x，2t/

111，，－.同理可得n2＝(0,1,1)．则n1·令x1＝1，则n1＝n2＝0，∴平22

面MDF⊥平面EFCD. 热点二

利用向量求空间角

【例2】

如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形

AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5. (1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；

(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；

(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．

解

(1)如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．

依题意得

A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，[来源:www.shulihua.net]5)．

→→AC·A1B1→→→→(1)易得AC＝(－2，－2，5)，A1B1＝(－22，0,0)，于是cos〈AC，A1B1〉＝＝→→|AC||A1B1|42＝. 3×223所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为2. 3→→(2)易知AA1＝(0,22，0)，A1C1＝(－2，－2，5)．

设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，

→A1C1＝0，m·则

→AA1＝0，m·

－2x－2y＋5z＝0，即

22y＝0.不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．

同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x1，y1，z1)，

来源中教网

t/

→A1C1＝0，n·则

→A1B1＝0，n·

－2x1－2y1＋5z1＝0，即

－22x1＝0.不妨令y1＝5，

可得n＝(0，5，2)．

m·n22于是cos〈m，n〉＝＝＝，

|m||n|7·7735从而sin〈m，n〉＝. 735所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. 7(3)由N为棱B1C1的中点，得N2325，

，，222

2325→设M(a，b,0)，则MN＝－a，. －b，222→→A1B1＝0，MN·由MN⊥平面A1B1C1，得即

→→A1C1＝0，MN·

2－a·2－22＝0，232－b··－2＋－－a222＋5·5＝0.2

a＝22，解得2b＝4，

故M22，，0，

4222→因此BM＝，，0，

2410→所以线段BM的长|BM|＝. 4[规律方法] 异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等，其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定．

【训练2】

(2013·新课标全国Ⅰ卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. t/

(1)证明：AB⊥A1C；

(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．

(1)证明

如图，取AB的中点O，连接CO，A1O，A1B.因为CA＝CB，所以CO⊥AB，

由于AA1＝AB，∠BAA1＝60°，

故△AA1B为等边三角形，

所以AB⊥A1O，因为OC∩OA1＝O，

所以AB⊥平面A1OC，故AB⊥A1C. (2)解

由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB. 又平面ABC⊥平面AA1B1B，

交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，

故OA，OA1，OC两两相互垂直．

以O为原点，OA所在直线为x轴，

OA1所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，

建立如图直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(0，3，0)，B(－1,0,0)，C(0,0，3)，B1(－2，3，0)，

→→则BC＝(1,0，3)，BB1＝(－1，3，0)，

→A1C＝(0，－3，3)，

设n＝(x，y，z)为平面BB1C1C的法向量，

→BC＝0，n·则

→BB1＝0，n·来源中国教育出版网zzstep.com]

x＋3z＝0，即

－x＋3y＝0.可取n＝(3，1，－1)．

t/

→n·A1C10→故cos〈n，A1C〉＝＝－.5→|n||A1C|来源中。教。网。。。tep]

10. 5所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为热点三

利用空间向量解决探索性问题

【例3】

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；

(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．

→→→(1)证明

以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角a→，1，0，B1(a,0,1)，故AD1坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0，1,0)，D1(0,1,1)，E2a→－，1，－1，

＝(0,1,1)，B1E＝2a→→AB1＝(a,0,1)，AE＝2，1，0. a→→∵AD1·B1E＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

2∴B1E⊥AD1. →(2)解

假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)．

又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．

∵n⊥平面B1AE，

ax＋z＝0，→→∴n⊥AB1，n⊥AE，得ax

2＋y＝0.a1，－，－a. 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝2

t/

a1→要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，有－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，

221∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝. 2(3)解

连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C. 又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，

∴AD1⊥平面DCB1A1，

→→∴AD1是平面A1B1E的一个法向量，此时AD1＝(0,1,1)．

→设AD1与n所成的角为θ，

a－－a→2n·AD1则cos θ＝＝. →a22|n||AD1|2·1＋＋a4∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，

3a25a2·1＋43，

2来源中教网z+z+s+tep]

∴|cos θ|＝cos 30°，即2＝解得a＝2，即AB的长为2. [规律方法] 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．

【训练3】

(2013·北京卷)

如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面ABC；

(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；

(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求(1)证明

在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC. 又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，

BD的值．

BC1t/

∴AA1⊥平面ABC. (2)解

在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，

来源:z#zs#tep.com]∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC

∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz. →→→A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，A1C1＝(4，0,0)，A1B＝(0,3，－4)，B1C1＝(4，－→3,0)，BB1＝(0,0,4)．

设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．

→n1＝0，A1C1·∴⇒

→n1＝0A1B·4x1＝0，

3y1－4z1＝0，

∴取向量n1＝(0,4,3)，

→n2＝0，B1C1·4x2－3y2＝0，由⇒

→4z＝0.2n2＝0BB1·

取向量n2＝(3,4,0) n1·n21616∴cos θ＝＝＝. |n1||n2|5×525→→(3)证明

设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD＝λBC1. ∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，

解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，

→∴AD＝(4λ，3－3λ，4λ) 又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 99BD9则λ＝，因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B此时＝. 2525BC125

来源中§教§网§§§tep]

t/

备课札记：

t/