2020届新高考数学艺考生总复习 第六章 立体几何 第7节 立体几何中的向量方法 第2课时 求空间角

高考总复习艺考生山东版数学第二课时求空间角和距离第六章立体几何最新考纲核心素养考情聚焦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，了解向量方法在研究立体几何中的应用．2.能用向量法解决空间的距离问题1.异面直线所成角、直线与平面所成角及二面角的求解，提升数学建模、数学运算和数学抽象的素养．2.点面距的求解，达成数学建模、数学运算和数学抽象的素养2020年高考预计考查：1.空间角(线线角、线面角、面面角)．2.空间距离．3.探索性问题．首先建立适当的坐标系，找准点的坐标，把所有问题转化为坐标运算．主要以解答题的第二问出现，难度不大，属中档题型，但要注意运算的准确性1．求异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围[0，π]0，π2求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝|a·b||a||b|2.直线和平面所成角的求法如图所示，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sinφ＝|cosθ|＝|e·n||e||n|，φ的取值范围是0，π2.3．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〉，取值范围是[0，π]．4．求空间的距离(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB→|＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO→|＝|AB→·n||n|.[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(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]．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√[小题查验]1．(人教A版教材习题改编)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°解析：C[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°.]2．在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．45°B．60°C．90°D．120°解析：B[如图所示，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，∴C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)．∴EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)．∴EF→·BC1→＝2，记EF→，BC1→所成角为θ.∴cosθ＝22×22＝12.∴EF和BC1所成角为60°.故选B.]3．(2019·广州市模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,2,1)，(1,2,0)，∴A1B→＝(0,2，－1)，A1C1→＝(－1,2,0)设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，则n·A1B→＝0，n·A1C1→＝0，即2y－z＝0，－x＋2y＝0，令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，D1C1→＝(0,2,0)，设所求线面角为α，则sinα＝|cos〈n，D1C1→〉|＝13.答案：134．已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为________.解析：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，如图所示，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1四点共面．设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得n1·DE→＝6a＋3b＝0，n1·DA1→＝6a＋6c＝0.可取n1＝(－1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)．故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|＝12.答案：125．在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________.解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为a3，a3，a3.∴PH＝a3－02＋a3－02＋a3－02＝33a.∴点P到平面ABC的距离为33a.答案：33a考点一异面直线所成角(自主练透)[题组集训]1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝2，CC1＝2，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为()A．1B.77C.12D.32解析：A[取线段A1B1，AB的中点分别为O，D，则OC1⊥平面ABB1A1，∴建立以O为坐标原点，以OB1→，OC1→，OD→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，如图，则A(－1,0，2)，B1(1,0,0)，B(1,0，2)，C1(0，3，0)，∴AB1→＝(2,0，－2)，BC1→＝(－1，3，－2)，因为AB1→·BC1→＝(2,0，－2)·(－1，3，－2)＝0，所以AB1→⊥BC1→，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.故选A.]2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝π3，AC＝4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为________.解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设棱柱的高为a，由∠BAC＝π3，AC＝4，得BC＝43，所以A(4,0,0)，B(0,43，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0，43，a)，C1(0,0，a)，M4，0，a2，P2，23，a4，Q1，0，a4.所以QP→＝(1,23，0)，CA→＝(4,0,0)．设异面直线QP与CA所成的角为θ.所以|cosθ|＝|QP→·CA→||QP→||CA→|＝|1×4＋23×0＋0×0|13×4＝1313.所以sinθ＝±23913，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sinθ＝23913即为所求．答案：239133.如图，四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，它们所在的平面互相垂直，若点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，且cosθ＝130，则PM＝________.解析：以AB，AD，AQ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A－xyz，依题意，设M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，∴EM→＝(－1，y,2)，|EM→|＝y2＋5，AF→＝(2,1,0)，|AF→|＝5，∴cosθ＝|EM→·AF→||EM→||AF→|＝|y－2|5·y2＋5＝2－y5·y2＋5，从而2－y5·y2＋5＝130，化简得(5y－19)(y－1)＝0.∴y＝1，y＝195(舍去)，因此PM＝2－1＝1.答案：1向量法求异面直线所成角的方法(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．提醒：两异面直线所成角θ的范围是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，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，就是该异面直线夹角的补角．考点二直线与平面所成角(师生共研)[典例](2018·全国Ⅰ卷)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．[解析](1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)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H－xyz.由(1)可得，DE⊥PE.设DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得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为平面ABFD的法向量．设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝HP→·DP→|HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.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，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，取其余角就是斜线和平面所成的角．[跟踪训练](2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解：如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)．(1)因为P为A1B1的中点，所以P32，－12，2，从而BP→＝－32，－12，2，AC1→＝(0,2,2)，故|cos〈BP→，AC1→〉|＝|BP→·AC1→||BP→||AC1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点，所以Q32，12，0，因此AQ→＝32，32，0，AC1→＝(0,2,2)，CC1→＝(0,0,2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则AQ→·n＝0，AC1→·n＝0，即32x＋32y＝0，2y＋2z＝0.不妨取n＝(3，－1,1)，设直线CC1与平面AQC1