1.4.2 用空间向量解决立体几何问题（第3课时）（教学课件）-【大单元教学】高二数学同步备课系列（人教A版2019选择性必修第一册）

人教A版2019高二数学（选修一）第一章 空间向量与立体几何 第三课时 用空间向量解决立体几何问题 1.4.2 用空间向量研究距离、 夹角问题 1 目录/CONTENTS 新知探究 情景导入 学习目标 课堂小结 分层练习 错因分析 学习目标 1.能用向量方法解决简单夹角问题. 2.通过用空间向量解决夹角问题， 3.体会向量方法在研究几何问题中的作用． 前面我们学习了如何利用空间向量方法求解立体几何中的距离和角度问题， 下面我们再来简单回顾应用一下： 平行关系 情景导入 4 二面角范围： 肉眼观察法 5 这节课我们应用之前学习的知识来解决综合性较强的立体几何问题： 例9：如图为某种礼物降落伞的示意图,其中有8根绳子和伞面连接,每根绳子和水平面的法向量的夹角均为的质量为1kg,每根绳子的拉力大小相同.求降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小（重力加速度取9.8,精确到）. 用空间向量解决立体几何问题 新知探究 6 问题1:降落伞在匀速下落的过程中,8根绳子拉力的大小总和与礼物重力大小有什么关系? 问题2:降落伞在匀速下落的过程中,8根绳子拉力的和与礼物重力有什么关系? 合作探究 大于关系 相反向量 例9：如图为某种礼物降落伞的示意图,其中有8根绳子和伞面连接,每根绳子和水平面的法向量的夹角均为的质量为1kg,每根绳子的拉力大小相同.求降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小（重力加速度取9.8,精确到）. 解： 记铅垂线方向的单位向量为,设每根绳子的拉力为, 因为=, 所以向量在向量上的投影向量为： 由于8根绳子的合力大小与礼物重力大小相等，所以 所以 问题3:如何用向量方法解决这个问题? 典例剖析 8 例10：如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的中点,作EF PB交PB于点F. 求证：PA平面EDB ; （2）求证：PB 平面EFD ; （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 问题1:线面平行的几何法证明思路是怎么样分析得到的? 如图作辅助线，从而利用三角形中位线来证明：PA EG 也可以利用向量知识，先建立空间坐标系，再来证明： 问题2:线面平行的向量法证明思路又是怎么样呢? 也可以直接证明与平面EDB的法向量垂直，从而得到线面平行. 典例剖析 9 例10：如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的中点,作EF PB交PB于点F. 求证：PA平面EDB ; （2）求证：PB 平面EFD ; （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 证明：（1）连接AC交BD于点G，再连接EG， 由正方形ABCD可得：AG=GC 　　　 又因为E是PC的中点，　 　　 所以PA EG ， 　　　 又因为PA， EG 　　　 所以PA平面EDB 也可以利用向量知识，先建立空间坐标系，再来证明： ，或者直接证明与平面EDB 的法向量垂直，从而得到线面平行. 10 例10：如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的中点,作EF PB交PB于点F. 求证：PA平面EDB ; （2）求证：PB 平面EFD ; （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 问题3:线面垂直的几何法证明思路是怎么样分析得到的? 如图，要证明PB 平面EFD , 由于PBEF , 所以只需要证明PBDE 或PBDF. 此时发现利用向量知识，很容易证明： PBDE，即证明 问题4:发现几何法证明线线垂直有点麻烦，若用向量法怎么样才能证明呢? 11 例10：如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的中点,作EF PB交PB于点F. 求证：PA平面EDB ; （2）求证：PB 平面EFD ; （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 12 （2）以D为原点，DA, DC, DP 所在的直线分别为轴, 轴, 轴, 　　 如图建立坐标系，设DC=1，则依题意得： A(1,0,0) , P(0,0,1), C(0,1,0), B(1,1,0), E(0,, ). 故 所以 由已知EF PB，且 所以PB 平面EFD ． （2）求证：PB 平面EFD ; 例10：如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的中点,作EF PB交PB于点F. 求证：PA平面EDB ; （2）求证：PB 平面EFD ; （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 问题５:求二面角的几何法证明思路是怎么样分析得到的? 如图，由于PB 平面EFD , 所以 此时发现几何法求这个角有难度，但利用向量知识,很容易 想到用向量夹角来求的大小． 问题６:用向量思想来求向量夹角，但是如何求出点F 的空间坐标? 如图,要研究点的坐标,可以用设未知数的方法,来找到点满足的相关 条件,然后求出这个点的坐标,从而利用向量方法解决二面角问题. 14 例10：如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的中点,作EF PB交PB于点F. 求证：PA平面EDB ; （2）求证：PB 平面EFD ; （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. （3）由(2)得PB 平面EFD , PB EF, PB DF , 所以 设点F坐标为,则, 因为EF PB且交PB于点F, 所以 , 所以 又由 所以 所以 即cos 所以 即平面CPB与平面PBD的夹角的大小为 理解如何求直线上某一点的坐标 15 如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的三等分点,且PE=2EC. PB上是否存在点F ,使得AF平面EDB ,若存在,求出BF: PB的值 ; 若不存在,请说明理由. 问题1:此题用几何法研究线线平行有点难度，但转化为向量法研究线面平行，容易想到研究什么向量？ 如图，可以研究线向量与平面BDE的法向量之间的垂直关系。 此时和刚才例题一样，利用设坐标的思想，通过三点共线得到其中两条向量共线，从而找到坐标之间的关系． 问题2:用向量思想来解此题，关键是如何求出点F 的空间坐标? 变式练 16 如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD, PD＝DC, E是PC的三等分点,且PE=2EC. PB上是否存在点F ,使得AF平面EDB ,若存在,求出PF: PB的值 ; 若不存在,请说明理由. 解： 以D为原点，DA, DC, DP 所在的直线分别为轴, 轴, 轴, 　　 如图建立坐标系，设DC=1，则依题意得： A(1,0,0) , P(0,0,1), C(0,1,0), B(1,1,0), E(0,, ). 设平面 所以 又设 , 所以 因为要满足AF平面EDB PF: PB的值是 . 变式练 17 思考向量方法，发现二面角的大小就是 问题１:此题二面角的几何法求解思路是怎么样的? 如图，可以作,连接CE. 二面角的平面角就是但是容易发现这个角所在的三角形有一条边不好求边长. 问题２:此题二面角的几何法求解思路受阻，请问转换空间向量思想如何来求解? 例11：如图,二面角的棱上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角 的两个平面内，并且都垂直于棱。若AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝, 求 平面与平面的夹角. 18 思考向量方法，发现二面角的大小就是 问题１:此题二面角的几何法求解思路是怎么样的? 如图，可以作,连接CE. 二面角的平面角就是 但是容易发现这个角所在的三角形有一条边不好求边长. 问题２:此题二面角的几何法求解思路受阻，请问转换空间向量思想如何来求解? 例11：如图,二面角的棱上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角 的两个平面内，并且都垂直于棱。若AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝, 求 平面与平面的夹角. 最后，我们 19 思考向量方法，发现二面角的大小就是 问题１:此题二面角的几何法求解思路是怎么样的? 如图，可以作,连接CE. 二面角的平面角就是 但是容易发现这个角所在的三角形有一条边不好求边长. 问题２:此题二面角的几何法求解思路受阻，请问转换空间向量思想 如何来求解? 例11：如图,二面角的棱上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角 的两个平面内，并且都垂直于棱。若AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝, 求 平面与平面的夹角. 最后，我们 20 解: 又因为AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝ 例11：如图,二面角的棱上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角 的两个平面内，并且都垂直于棱。若AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝, 求 平面与平面的夹角. 21 解: 又因为AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝ 所以平面与平面的夹角是 例11：如图,二面角的棱上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角 的两个平面内，并且都垂直于棱。若AB＝４，AC=6，BD＝８， CD ＝, 求 平面与平面的夹角. 22 A B C D E F 习题1.4 A C B A1 B1 C1 x y z (第2题) A C B A1 B1 C1 x y z (第2题) A C B A1 B1 C1 x y z (第2题) A C B A1 B1 C1 D D1 F E A C B A1 B1 C1 D D1 F E H A B C D M P Q x y z A B C D M P Q x y z A B C D M P Q H G A B C D M P Q A C B A1 B1 C1 E D D1 F x y z A C B A1 B1 C1 E D D1 F x y z H A C B A1 B1 C1 E D O D1 x y z A C B A1 B1 C1 E D O D1 x y z O A C D E B H G x y z M 7．如图，四面体OABC的所有棱长都是1， D，E分别是OA，BC的中点，连接DE．（1）计算DE的长；（2）求点O到平面ABC的距离． O A C D E B H G x y z M 7．如图，四面体OABC的所有棱长都是1， D，E分别是OA，BC的中点，连接DE． （1）计算DE的长；（2）求点O到平面ABC的距离． O A C D E B H A B C D M N A B C D M N A B C D M N y z x A B C D M N y z x A B C D D1 C1 B1 A1 E F G H K L y z x A B C D D1 C1 B1 A1 E F G H K L y z x A B C D C1 B1 A1 D1 E x y z A B C D C1 B1 A1 D1 E F G P Q R A B C D C1 B1 A1 D1 E F G P Q R A B C D D1 C1 B1 A1 E x y z A B C D D1 C1 B1 A1 E x y z A B C D D1 C1 B1 A1 E A B C D D1 C1 B1 A1 M O x y z A B C D D1 C1 B1 A1 P Q x y z A B C D D1 C1 B1 A1 P Q x y z A B C C1 B1 A1 P Q N x y z M 空间中的直线方程 空间中的平面方程（点法式） A B C D M N E F z x y A B C D M N E F z x y A B C D M N E F z x y A B C D M N E F z x y O A B M C N B 复习参考题 N A B C D P Q M N A B C D P Q M N A B C D P Q M N A B C D P Q M A B C M A1 B1 C1 x y z A B C M A1 B1 C1 A B C C1 A1 B1 O z x y A B C C1 A1 B1 O z O1 x y A B C C1 A1 B1 O x y O1 z M N A B C C1 A1 B1 O x y O1 z M N A B C D C1 A1 B1 D1 E F G x y z A B C D C1 A1 B1 D1 E F G x y z C1 A1 B1 A B C M N x y z C1 A1 B1 A B C M N x y z A B C D A B C D A B C D C1 A1 B1 D1 E F A B C D C1 A1 B1 D1 E F x y z A B C D C1 A1 B1 D1 E F x y z A B C D S A B C D S x y z A B D C E O F x y z A B C D P S x y z O A B D C E F G H M A B D C E F G H M A B C O F E x y z A B C O F E G A F E m a n b 1.平面α的斜线l与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1),则斜线l与平面α所成的角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 C 分层练习-基础 2.(2020广东深圳实验学校高二上期中)设平面α与平面β的夹角为θ,若平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ=(　　) 答案 B 分层练习-基础 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱BC和棱CC1的中点,则异面直线AC和MN所成的角为(　　) A.30° 　　　　 45° C.90° 　　　　 D.60° 分层练习-基础 解析以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 答案 D 分层练习-基础 分层练习-基础 分层练习-基础 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. (1)证明:O1O⊥底面ABCD. (2)若∠CBA=60°,求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值. 分层练习-拓展 (1)证明 因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD, 又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD, 因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD. (2)解 因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系. 设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB= ,OC=1, 所以O(0,0,0),B1( ,0,2),C1(0,1,2), 平面BDD1B1的一个法向量为n=(0,1,0), 分层练习-拓展 分层练习-拓展 用空间向量表示立体图形中点、直线、平面等元素 进行空间向量的运算，研究点、直线、平面之间的关系 把运算结果“翻译”成相应的几何意义 解决立体几何中的问题，可用三种方法：综合法、向量法、坐标法． 课堂小结 119 解析 l与α所成的角即为a与b所成的角或其补角, 因为cos<a,b>=,所以<a,b>=60°.l与α所成的角为60°. A. B. C. D. 设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2,∵M,N分别为棱BC和棱CC1的中点, ∴M(1,2,0),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),=(-1,0,1),=(-2,2,0),设异面直线AC和MN所成的角为θ, 则cos θ=, 又θ是锐角,∴θ=60°. ∴异面直线AC和MN所成的角为60°,故选D. 4.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为　　　　　.  解析 以O为原点,射线OA,OB,OP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则OP=a,,可求得平面PBC的法向量为n=, 所以cos<,n>=, 设与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=. 答案 如图(1)，在直角梯形ABCQ中，D为CQ的中点，四边形ABCD为正方形，将△ADQ沿AD折起，使点Q到达点P，如图(2)，E为PC的中点，且DE＝CE，点F为线段PB上的一点． (1)证明：DE⊥CF； (2)当DF与DE夹角最小时，求平面PDF与平面CDF所成锐二面角的余弦值． 解析：(1)证明：由ABCD为正方形，得AD⊥PD，AD⊥CD， ∵E为PC的中点，DE＝CE＝PE， ∴∠PDC＝90°，即PD⊥CD. 设AB＝1，建立以D为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示， 则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)). ∵点F在线段PB上，∴设eq \o(PF,\s\up10(→))＝λeq \o(PB,\s\up10(→))(0≤λ≤1)， 又eq \o(PB,\s\up10(→))＝(1,1，－1)，∴eq \o(PF,\s\up10(→))＝λeq \o(PB,\s\up10(→))＝λ(1,1，－1)＝(λ，λ，－λ)， 又eq \o(DP,\s\up10(→))＝(0,0,1)，∴eq \o(DF,\s\up10(→))＝eq \o(DP,\s\up10(→))＋eq \o(PF,\s\up10(→))＝(λ，λ，1－λ)， 又eq \o(DC,\s\up10(→))＝(0,1,0)，∴eq \o(CF,\s\up10(→))＝eq \o(DF,\s\up10(→))－eq \o(DC,\s\up10(→))＝(λ，λ－1,1－λ)， 又eq \o(DE,\s\up10(→))＝(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，∴eq \o(CF,\s\up10(→))·eq \o(DE,\s\up10(→))＝0＋eq \f(λ－1,2)＋eq \f(1－λ,2)＝0， ∴eq \o(DE,\s\up10(→))⊥eq \o(CF,\s\up10(→))，即DE⊥CF. (2)由(1)知eq \o(DF,\s\up10(→))＝(λ，λ，1－λ)，eq \o(DE,\s\up10(→))＝(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))， ∴cos〈eq \o(DF,\s\up10(→))，eq \o(DE,\s\up10(→))〉＝eq \f(\f(1,2),\r(λ2＋λ2＋1－λ2)·\r(\f(1,2))) ＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,\r(3λ2－2λ＋1))， ∴当λ＝eq \f(1,3)时，cos 〈eq \o(DF,\s\up10(→))，eq \o(DE,\s\up10(→))〉最大，〈eq \o(DF,\s\up10(→))，eq \o(DE,\s\up10(→))〉最小，此时eq \o(DF,\s\up10(→))＝(eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)). 2.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，且AB⊥BC，O为AC中点． (1)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值； (2)在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置． 解析：(1)如图，因为A1A＝AC，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，且A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABC. 以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意可知， AA1＝A1C＝AC＝2 又AB＝BC，AB⊥BC　∴OB＝eq \f(1,2)AC＝1 所以得：O(0,0,0)，A(0，－1,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C(0,1,0)，C1(0,2，eq \r(3))，B(1,0,0) 则有：eq \o(A1C,\s\up10(→))＝(0,1，－eq \r(3))，eq \o(AA1,\s\up10(→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \o(AB,\s\up10(→))＝(1,1,0) 设平面AA1B的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AA1,\s\up10(→))＝0,n·\o(AB,\s\up10(→))＝0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0,x＋y＝0))， 令y＝1，得x＝－1，z＝－eq \f(\r(3),3) 所以n＝(－1,1，－eq \f(\r(3),3)). cos〈n，eq \o(A1C,\s\up10(→))〉＝eq \f(n·\o(A1C,\s\up10(→)),|n||\o(A1C,\s\up10(→))|)＝eq \f(\r(21),7) 因为直线AC与平面A1AB所成角θ和向量n与eq \o(AC,\s\up10(→))所成锐角互余， 所以sin θ＝eq \f(\r(21),7). (2)设E(x0，y0，z0)，eq \o(BE,\s\up10(→))＝λeq \o(BC1,\s\up10(→)) 即(x0－1，y0，z0)＝λ(－1,2，eq \r(3))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝1－λ,y0＝2λ,z0＝\r(3)λ)) 所以E(1－λ，2λ，eq \r(3)λ)得eq \o(OE,\s\up10(→))＝(1－λ，2λ，eq \r(3)λ) 令OE∥平面A1AB，得eq \o(OE,\s\up10(→))·n＝0， 即－1＋λ＋2λ－λ＝0得λ＝eq \f(1,2)即存在这样的点E，E为BC1的中点． 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF＝1，M是线段EF的中点，二面角A－DF－B的大小为60°. (1)求证：AM∥平面BDE； (2)试在线段AC上找一点P，使得PF与CD所成的角是60°. 解析：(1)证明：设AC∩BD＝N，连接NE， ∴AC∥EF，AC＝EF，M是线段EF的中点，N是线段AC的中点， ∴AN∥EM，AN＝ME， ∴四边形AMEN为平行四边形， ∴AM∥EN， 又∵EN⊂平面BDE，AM⊄平面BDE， ∴AM∥平面BDE. (2)如图，以CD，CB，CE为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝t， 则A(t，t,0)，B(0，t,0)，D(t,0,0)，F(t，t,1)， ∴eq \o(AB,\s\up10(→))＝(－t,0,0)，eq \o(BD,\s\up10(→))＝(t，－t,0)，eq \o(BF,\s\up10(→))＝(t,0,1)， ∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF∩AD＝A， ∴AB⊥平面ADF， ∴eq \o(AB,\s\up10(→))＝(－t,0,0)为平面DAF的法向量， 设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up10(→))＝0,n·\o(BF,\s\up10(→))＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(xt－yt＝0,xt＋z＝0))， 令x＝1，则平面BDF的一个法向量为n＝(1,1，－t) 设二面角A－DF－B的大小为θ， 则cos θ＝eq \f(n·\o(AB,\s\up10(→)),|\o(AB,\s\up10(→))|·|n|)＝eq \f(1，1，－t·－t，0，0,\r(t2＋2)·\r(t2))＝eq \f(1,\r(t2＋2))＝eq \f(1,2)， 得t＝eq \r(2)， 设P(a，a,0)，eq \o(PF,\s\up10(→))＝(eq \r(2)－a，eq \r(2)－a,1)，eq \o(CD,\s\up10(→))＝(eq \r(2)，0,0)， 则cos eq \f(π,3)＝eq \f(\r(2)·\r(2)－a,\r(2)×\r(2\r(2)－a2＋1))，解得a＝eq \f(\r(2),2)或a＝eq \f(3\r(2),2)(舍去)， 所以当点P为线段AC的中点时，直线PF与CD所成的角为60°. 设平面OC1B1的法向量为m=(x,y,z), 则由m⊥,m⊥,所以 取z=-,则x=2,y=2, 所以m=(2,2,-), 所以|cos<m,n>|=. 设平面C1OB1与平面OB1D夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=, 所以平面C1OB与平面OB1D夹角的余弦值为. $$