2020届高考数学理一轮复习讲义88立体几何中的向量方法二求空间角和距离

§8.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲考情考向分析1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想.1.两条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l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围0，π2[0，π]求法cosθ＝|a·b||a||b|cosβ＝a·b|a||b|2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角.4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB、CD是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉.2°如图②③，n1，n2分别是二面角α—l—β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.概念方法微思考1.利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB→|2＝AB→·AB→可以求空间中有向线段的长度.2.如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离为|BO→|＝|AB→||cos〈AB→，n〉|.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(×)(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π].(√)(5)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(×)题组二教材改编2.已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A.45°B.135°C.45°或135°D.90°答案C解析cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11·2＝22，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为______.答案π6解析如图，以A为原点，以AB→，AE→(AE⊥AB)，AA1→所在直线分别为x轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，则A(0,0,0)，C1(1，3，22)，D(1,0,22)，∴AC1→＝(1，3，22)，AD→＝(1,0,22).∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，cos∠C1AD＝AC1→·AD→|AC1→||AD→|＝1，3，22·1，0，2212×9＝32，又∵∠C1AD∈0，π2，∴∠C1AD＝π6.题组三易错自纠4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22答案C解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2)，∴BM→＝(1，－1,2)，AN→＝(－1,0,2).∴cos〈BM→，AN→〉＝BM→·AN→|BM→||AN→|＝1×－1＋－1×0＋2×212＋－12＋22×－12＋02＋22＝36×5＝3010.5.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为________.答案30°解析设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－12，∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt△FDG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝322，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面AFC，所以EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|GB→|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1,0，2)，F－1，0，22，C(0，3，0)，所以AE→＝(1，3，2)，CF→＝－1，－3，22.故cos〈AE→，CF→〉＝AE→·CF→|AE→||CF→|＝－33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为()A.110B.35C.710D.45答案C解析如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC＝2，则A(0，－1,0)，M(0,0,2)，B(－3，0,0)，N－32，－12，2，所以AM→＝(0,1,2)，BN→＝32，－12，2，所以cos〈AM→，BN→〉＝AM→·BN→|AM→|·|BN→|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝32，EH＝32.则H(0,0,0)，P0，0，32，D－1，－32，0，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.又HP→为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈HP→，DP→〉|＝|HP→·DP→||HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.思维升华若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sinθ＝|cosβ|＝|l·n||l||n|.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23.如图，连接OB.因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.因为OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,23)，AP→＝(0,2,23).由(1)知平面PAC的一个法向量为OB→＝(2,0,0).设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则AM→＝(a,4－a,0).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).由AP→·n＝0，AM→·n＝0，得2y＋23z＝0，ax＋4－ay＝0，可取y＝3a，得平面PAM的一个法向量为n＝(3(a－4)，3a，－a)，所以cos〈OB→，n〉＝OB→·n|OB→||n|＝23a－423a－42＋3a2＋a2.由已知可得|cos〈OB→，n〉|＝cos30°＝32，所以23|a－4|23a－42＋3a2＋a2＝32，解得a＝－4(舍去)或a＝43.所以n＝－833，433，－43.又PC→＝(0,2，－23)，所以cos〈PC→，n〉＝34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.题型三求二面角例3(2018·锦州模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝2，∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形，∠CAF＝60°.(1)求证：BF⊥AE；(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD中，AC＝23，AB＝4，∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACEF，而AE⊂平面ACEF，∴AE⊥BC，连接CF，∵四边形ACEF为菱形，∴AE⊥FC，又∵BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，∴AE⊥平面BCF，∵BF⊂平面BCF，∴BF⊥AE.(2)解取EF的中点M，连接MC，∵四边形ACEF是菱形，且∠CAF＝60°，∴由平面几何易知MC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CM⊂平面ACEF，∴MC⊥平面ABCD.以CA，CB，CM所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C(0,0,0)，A(23，0,0)，B(0，2,0)，D(3，－1,0)，E(－3，0,3)，F(3，0,3)，设平面BEF和平面DEF的一个法向量分别为