高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法学案

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法学案，共13页。学案主要包含了用向量方法判定线面位置关系，利用向量方法证明平行问题，利用向量方法证明垂直问题，利用向量方法求角，用向量方法求空间的距离等内容，欢迎下载使用。

§3.2 立体几何中的向量方法


知识点一 用向量方法判定线面位置关系

　(1)设a、b分别是l1、l2的方向向量，判断l1、l2的位置关系：
①a＝(2,3，－1)，b＝(－6，－9,3)．
②a＝(5,0,2)，b＝(0,4,0)．
(2)设u、v分别是平面α、β的法向量，判断α、β的位置关系：
①u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，)．
②u＝(0,3,0)，v＝(0，－5,0)．
(3)设u是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，判断直线l与α的位置关系．
①u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)．
②u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)．
解　(1)①∵a＝(2,3，－1)，b＝(－6，－9,3)，
∴a＝－b，∴a∥b，∴l1∥l2.
②∵a＝(5,0,2)，b＝(0,4,0)，∴a·b＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.
(2)①∵u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，)，
∴u·v＝3－2－1＝0，∴u⊥v，∴α⊥β.
②∵u＝(0,3,0)，v＝(0，－5,0)，∴u＝－v，∴u∥v，∴α∥β.
(3)①∵u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)，
∴u·a＝－6＋8－2＝0，∴u⊥a，∴l⊂α或l∥α.
②∵u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)，
∴u＝－a，∴u∥a，∴l⊥α.

知识点二 利用向量方法证明平行问题

　

如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1
中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
证明　方法一　如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则可求得

M (0,1，)，N (,1,1)，
D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，
于是 =（，0，），
设平面A1BD的法向量是
n=（x，y，z）.
n＝(x，y，z)．
则n·＝0，得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)．
又 ·n＝ (,0，)·(1，－1，－1)＝0，
方法二 ∵ =

∴∥，又∵MN⊄平面A1BD.
∴MN∥平面A1BD.

知识点三 利用向量方法证明垂直问题

　在正棱锥P—ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E、F分别为BC、PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
(1)求证：平面GEF⊥平面PBC；
(2)求证：EG是PG与BC的公垂线段．
证明　(1)方法一　

如图所示，以三棱锥的顶点P为原点，以PA、PB、PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
令PA＝PB＝PC＝3，则
A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,0,3)、E(0,2,1)、F(0,1,0)、G(1,1,0)、P(0,0,0)．
于是＝(3,0,0)，＝(3,0,0)，
故 ＝3，∴PA∥FG.
而PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC，
又FG⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PBC.
方法二 同方法一，建立空间直角坐标系，则
E(0,2,1)、F(0,1,0)、G(1,1,0)．
＝(0，－1，－1)，＝(0，－1，－1)，
设平面EFG的法向量是n＝(x，y，z)，
则有n⊥，n⊥，
∴令y＝1，得z＝－1，x＝0，即n＝(0,1，－1)．
而显然=（3，0，0）是平面PBC的一个法向量.
这样n· = 0,∴n⊥
即平面PBC的法向量与平面EFG的法向量互相垂直，
∴平面EFG⊥平面PBC.
（2）∵ =（1， 1， 1）， =（1，1，0）， =（0， 3，3），
∴·=11= 0，· =33 = 0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC，
∴EG是PG与BC的公垂线段.

知识点四 利用向量方法求角

　四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABCD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；
(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值．

解　(1)如图所示，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D—xyz，
∵∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，
∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．
由PD⊥面ABCD得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角．
∴∠PAD＝60°.
在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝2．
∴P(0,0,2)．
（2）∵＝(2,0，－2)， =（2， 3，0）
∴cos〈,〉=
∴PA与BC所成角的余弦值为．
　正方体ABEF－DCE′F′中，M、N分别为AC、BF的中点(如图所示)，求平面MNA与平面MNB所成二面角的余弦值．

解　取MN的中点G，连结BG，设正方体棱长为1.
方法一 ∵△AMN，△BMN为等腰三角形，
∴AG⊥MN，BG⊥MN.
∴∠AGB为二面角的平面角或其补角．
∵AG=BG=,
，设〈，〉=θ，
2＝2＋2·＋2，
∴1＝()2＋2××cosθ＋()2.
∴cosθ＝，故所求二面角的余弦值为．

方法二　以B为坐标原点，BA，BE，BC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz
则M(，0， )，N (,,0)，
中点G(，，)，
A(1,0,0)，B(0,0,0)，
由方法一知∠AGB为二面角的平面角或其补角．
∴＝(，－，－)，＝(，－，－)，
∴ cos<, >==,
故所求二面角的余弦值为．
方法三 建立如方法二的坐标系，
∴
即取n1＝(1,1,1)．
同理可求得平面BMN的法向量n2＝(1，－1，－1)．
∴cos〈n1，n2〉＝,
故所求二面角的余弦值为


知识点五 用向量方法求空间的距离

　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，求点B到平面EFG的距离．
解　

如图所示，以C为原点，CB、CD、CG所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C－xyz.
由题意知C(0,0,0)，A(4,4,0)，
B(4,0,0)，D(0,4,0)，E(4,2,0)，
F(2,4,0)，G(0,0,2)．
＝(0,2,0)，＝(－2,4,0)，
设向量⊥平面GEF，垂足为M，则M、G、E、F四点共面，
故存在实数x，y，z，使 = x + y + z，
即 = x（0，2，0）+y（2，4，0）+z（4，0，2）
=（2y4z，2x+4y，2z）.
由BM⊥平面GEF，得⊥,⊥，
于是·＝0，·＝0，
即
即，解得
∴＝(－2y－4z,2x＋4y,2z)＝
∴||＝
即点B到平面GEF的距离为．




考题赏析


(安徽高考)

如图所示，在四棱锥O—ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，
OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．
(1)求异面直线AB与MD所成角的大小；
(2)求点B到平面OCD的距离．
解　作AP⊥CD于点P.如图，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立平面直角坐标系．

A(0,0,0)，B(1,0,0)，
P (0，，0)，D (－，，0)，
O(0,0,2)，M(0,0,1)．
(1)设AB与MD所成角为θ，
∵＝(1,0,0)，
＝ (－，，－1)，
∴cos =
．∴θ＝．
∴AB与MD所成角的大小为．
（2）∵ =（0,，）， =（， ，）,
∴设平面OCD的法向量为n = ( x, y , z ),则
n·=0， n· = 0.
得
取z=，解得n = (0,4, ).设点B到平面OCD的距离为d,
则d为在向量n上的投影的绝对值.
∵ =（1，0， 2），∴d＝,
∴点B到平面OCD的距离为,




1．已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是( )
A． (，，－) B． (，－，)
C． (－，，) D． (－，－，－)
答案　D
＝(－1,1,0)，是平面OAC的一个法向量．
＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)
设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)
∴
令x＝1，则y＝1，z＝1
∴n＝(1,1,1)
单位法向量为：＝± (,，)．
2．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是( )
A．60° B．45°
C．30° D．90°
答案　B
3．设l1的方向向量a＝(1,2，－2)，l2的方向向量b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m＝( )
A．1 B．2 C． D．3
答案　B
解析　因l1⊥l2，所以a·b＝0，则有1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝0，
∴2m＝6－2＝4，即m＝2.
4．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
答案　A
解析　因v＝－3u，∴v∥u.
故α∥β.
5．已知a、b是异面直线，A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 设〈，〉=θ，·=（+ +·= ||2= 1，cosθ=,所以θ=60°
6．若异面直线l1、l2的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2,0,4)，则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于( )
A． B．C．－ D．
答案　B
解析　设异面直线l1与l2的夹角为θ，
则cosθ＝
7．已知向量n＝(6,3,4)和直线l垂直，点A(2,0,2)在直线l上，则点P(－4,0,2)到直线l的距离为________．
答案 ，
解析 =（6，0，0），因为点A在直线l上， n与l垂直，所以点P到直线l的距离为
8．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．
答案　或，
解析　设n1＝(1,0，－1)，n2＝(0，－1,1)
则cos〈n1，n2〉＝
〈n1，n2〉＝．因平面α与平面β所成的角与〈n1，n2〉相等或互补，所以α与β所成的角为或．
9．已知四面体顶点A(2,3,1)、B(4,1，－2)、C(6,3,7)和D(－5，－4,8)，则顶点D到平面ABC的距离为________．
答案 11
解析 设平面ABC的一个法向量为n =（x,y,z）
则


令x=1,
则n = (1,2, ), =（7，7，7）
故所求距离为,


10．如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于F.
(1)证明：PA∥平面BDE；
(2)证明：PB⊥平面DEF.
证明 (1)如图建立空间直角坐标系，

设DC＝a，AC∩BD＝G，连结EG，则
A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E (0，，)，G (，，0)．
于是=（a，0， a）， =（，0，）,
∴ = 2，∴PA∥EG.
又EG平面DEB.PA平面DEB.
∴PA∥平面DEB.
(2)由B(a,a,0),得 =(a, a, a),
又 =（0, ,）,
∵· =
∴PB⊥DE.
又EF⊥PB，EF∩DE=E，∴PB⊥平面EFD.

11．如图所示，已知点P在正方体ABCD—A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.

(1)求DP与CC′所成角的大小；
(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．
解　

如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D—xyz.
则 =（1，0，0）， = (0,0,1).
连结BD,B′D′.
在平面BB′D′D中,
延长DP交B′D′于H.
设 = (m,m,1) (m>0),由已知〈,〉= 60°,
由·= ||||cos〈,〉,
可得2m =
解得m =，所以＝(，，1)，
(1) 因为cos〈,〉=
(2) 所以〈,〉= 45°,
即DP与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是= (0,1,0).
因为cos〈,〉=
所以〈,〉= 60°,
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
12. 如图，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60°.
平面PBD⊥平面PAC，
(1)求点A到平面PBD的距离;
(2)求异面直线AB与PC的距离.
(1)解 以AC、BD的交点为坐标原点，以AC、BD所在直线为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（3，0，0），B（0，1，0），C（，0，0），D（0， 1，0），P（3，0，2）.
设平面PBD的一个法向量为n1=（1，y1，z1）.
由n1⊥， n1⊥，可得n1=（1，0，）.
（1）=（，0，0），点A到平面PBD的距离,
,
13.如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC = 2a，BB1 = 3a，D为A1C1的中点，在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出||；若不存在，请说明理由.
解 以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
假设存在点F，使CF⊥平面B1DF，
并设 =λ=λ（0，0，3a）=（0，0，3λa）（0<λ<1），
∵D为A1C1的中点，
∴D(，,3a)
＝ (，,3a)－(0,0,3a)＝ (,， 0)，
=
∵CF⊥平面B1DF，
∴CF⊥, ⊥,

即
解得λ＝或λ＝
∴存在点F使CF⊥面B1DF，且
当λ=时，||=,|| = a
当λ=，|| =,|| = 2a.
14．如图(1)所示，已知四边形ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为eq \r(3)的等腰梯形．将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图(2)．

(1)证明：AC⊥BO1；
(2)求二面角O—AC—O1的余弦值．
(1)证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1.
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB.
故以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则相关各点的坐标是A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,1, )、O1(0,0, )．

·＝－3＋·＝0.
所以AC⊥BO1.
（2）解 因为·=+ ·＝0.
所以BO1⊥OC.由（1）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC,
是平面OAC的一个法向量.
设n=（x，y，z）是平面O1AC的一个法向量，
由
取z= ，
得n=（1，0，）.
设二面角O-AC-O1的大小为θ，由n 、的方向可知θ=〈n,〉，
所以cosθ= cos〈n ，〉=
即二面角O—AC—O1的余弦值是.