2021高考数学一轮复习 第七章 立体几何与空间向量 第6节 空间向量的应用 第2课时 利用空间向量

第七章立体几何与空间向量第2课时利用空间向量求夹角和距离考点1利用空间向量求异面直线所成的角(自主演练)1．(一题多解)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解析：法一取BC的中点Q，连接QN，AQ，易知BM∥QN，则∠ANQ(或其补角)的余弦值即为所求．设BC＝CA＝CC1＝2，则AQ＝5，AN＝5，NQ＝6，所以cos∠ANQ＝AN2＋NQ2－AQ22AN·NQ＝5＋6－525×6＝3010.法二以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，所以AN→＝(－1，0，－2)，BM→＝(1，－1，－2)，所以cos〈AN→，BM→〉＝AN→·BM→|AN→||BM→|＝－1＋45×6＝330＝3010.答案：C2．(2020·江西八校联考)在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.105B.31010C.155D.1010解析：以D为坐标原点，在平面BCD内过点D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0)，所以AB→＝(0，1，－1)，DC→＝(－2，1，0)，则cos〈AB→，DC→〉＝AB→·DC→|AB→|·|DC→|＝12×5＝1010.故异面直线AB与CD所成角的余弦值为1010.答案：D3．(2020·河南联考)在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.23B.24C.144D．－24解析：取BD的中点O，连AO，OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝2，得AO⊥BD，CO⊥BD，且OC＝3，AO＝1.在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD.以OB，OC，OA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A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)，所以AB→＝(1，0，－1)，CD→＝(－1，－3，0)．设异面直线AB与CD所成角为θ，则cosθ＝|AB→·CD→||AB→||CD→|＝12×1＋3＝24.答案：B1．利用向量法求异面直线所成的角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系．(2)求出两直线的方向向量v1，v2.(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2||v1||v2|求解．2．两异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，则该夹角就是异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．考点2利用空间向量求直线与平面所成的角(讲练互动)[典例]已知三棱锥A-BCD，AD⊥平面BCD，BD⊥CD，AD＝BD＝2，CD＝23，E，F分别是AC，BC的中点，求直线AC与平面DEF所成角的正弦值．解：以D为坐标原点，直线DB，DC，DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D(0，0，0)，A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，所以DF→＝(1，3，0)，DE→＝(0，3，1)，AC→＝(0，23，－2)．设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则DF→·n＝0，DE→·n＝0.即x＋3y＝0，3y＋z＝0.令x＝3，则n＝(3，－3，3)为平面DEF的一个法向量．设直线AC与平面DEF所成角为θ.则sinθ＝|cos〈AC→，n〉|＝|AC→·n||AC→|·|n|＝|－6－6|421＝217.所以AC与平面DEF所成角的正弦值为217.利用向量法求线面角的方法1．分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．2．通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．如图，在六面体ABCD-EFGH中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.求BE与平面EFGH所成角的正弦值．解：连接AC，EG，HF，设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P.由已知可得，平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，同理可得EF∥HG.所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点．又O为AC的中点，所以OP∥AE，从而OP⊥平面ABCD.又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直．由平面几何知识得BF＝2.分别以OA→、OB→、OP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向．建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0，2，0)，E(23，0，3)，F(0，2，2)，P(0，0，3)，所以BE→＝(23，－2，3)，PE→＝(23，0，0)，PF→＝(0，2，－1)．设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，由PE→·n＝0，PF→·n＝0.可得x＝0，2y－z＝0.令y＝1，则z＝2.所以n＝(0，1，2)为平面EFGH的一个法向量．设BE与平面EFGH所成角为θ，则sinθ＝|BE→·n||BE→|·|n|＝4525.所以BE与平面EFGH所成角的正弦值为4525.考点3利用空间向量求二面角(多维探究)角度求二面角的大小[典例1](2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解：由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，3，2)，N(1，0，2)．所以A1A→＝(0，0，－4)，A1M→＝(－1，3，－2)，A1N→＝(－1，0，－2)，MN→＝(0，－3，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则m·A1M→＝0，m·A1A→＝0，所以－x＋3y－2z＝0，－4z＝0，可取m＝(3，1，0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则n·MN→＝0，n·A1N→＝0，所以－3q＝0，－p－2r＝0，可取n＝(2，0，－1)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝232×5＝155，所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.1．用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角．2．找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．如图①，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，构成如图②所示的四棱锥P-ABCD，点M在棱PB上，且PM＝12MB.(1)求证：PD∥平面MAC；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M-AC-B的余弦值．(1)证明：连接BD交AC于点N，连接MN，依题意知AB∥CD，所以△ABN∽△CDN，所以BNND＝BACD＝2.因为PM＝12MB，所以BNND＝BMMP＝2，所以在△BPD中，MN∥DP.又PD⊄平面MAC，MN⊂平面MAC，所以PD∥平面MAC.(2)解：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.又AD⊥AB，所以PA，AD，AB两两垂直．以A为原点，分别以AD→，AB→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，1)，M0，23，23，C(1，1，0)，所以AP→＝(0，0，1)，AM→＝0，23，23，AC→＝(1，1，0)．因为PA⊥平面ABCD.所以取n1＝AP→＝(0，0，1)为平面BAC的一个法向量．设n2＝(x，y，z)为平面MAC的法向量，则n2·AM→＝0，n2·AC→＝0，即23y＋23z＝0，x＋y＝0，令x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n2＝(1，－1，1)为平面MAC的一个法向量，所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝11×3＝33，由题意知，二面M-AC-B为锐二面角，所以二面角M-AC-B的余弦值为33.角度已知二面角进行相关量的计算[典例2](2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC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M­PA­C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，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.(2)解：如图，以O为坐标原点，OB→的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.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)．取平面PAC的一个法向量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，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〉＝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34.1．本题把综合法与向量法融为一体，考查逻辑推理与数学运算等数学核心素养．2．题目求解的关键有两点：(1)证明PO⊥平面ABC，从而为建立空间直角坐标系，利用向量法求解提供了保障；(2)由点M在BC上，及二面角MPAC为30°，确定具体的位置，从而求出点M的坐标．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝π3，AB＝BC＝2，BB1＝4，点D在棱CC1上，且CD＝λCC1(0λ1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值；(2)若平面AB1D与平面B1DA1夹角为π4，求λ的值．解：(1)易知A(0，0，2)，B1(0，4，0)，A1(0，4，2)．因为BC＝CD＝2，∠BCC1＝π3，所以C(3，