2020届高考数学一轮复习 第七篇 立体几何与空间向量 第7节 立体几何中的向量法（第2课时）求空间

第七篇立体几何与空间向量(必修2、选修2-1)返回导航第7节立体几何中的向量法返回导航考点一向量法求异面直线所成的角(1)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点，则异面直线DE与PA所成角的余弦值是()(A)0(B)24(C)12(D)36第二课时求空间角与距离(1)题图(2)题图返回导航(2)(2017青岛模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.①求证：BD⊥平面PAC.②若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．返回导航解析：(1)B(2)①因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.返回导航②设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)．所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0,23，0)，设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝|PB→·AC→|PB→|·|AC→||＝622×23＝64.返回导航【反思归纳】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，其补角才是异面直线的夹角．返回导航【即时训练】如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．返回导航(1)证明：设AB→＝p，AC→＝q，AD→＝r.由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.MN→＝AN→－AM→＝12(AC→＋AD→)－12AB→＝12(q＋r－p)，∴MN→·AB→＝12(q＋r－p)·p＝12(q·p＋r·p－p2)＝12(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0.∴MN→⊥AB→.即MN⊥AB.同理可证MN⊥CD.返回导航(2)解：由(1)可知MN→＝12(q＋r－p)，∴|MN→|2＝14(q＋r－p)2＝14[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p]＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22＝14×2a2＝a22.∴|MN|＝22a.∴MN的长为22a.返回导航(3)解：设向量AN→与MC→的夹角为θ.∵AN→＝12(AC→＋AD→)＝12(q＋r)，MC→＝AC→－AM→＝q－12p.∴AN→·MC→＝12(q＋r)·q－12p＝12q2－12q·p＋r·q－12r·p＝12a2－12a2cos60°＋a2cos60°－12a2cos60°＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.返回导航又∵|AN→|＝|MC→|＝32a，∴AN→·MC→＝|AN→||MC→|cosθ＝32a×32a×cosθ＝a22.∴cosθ＝23.∴向量AN→与MC→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为23.返回导航考点二向量法求直线与平面所成的角如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C⊥平面ABC.(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值．返回导航解析：(Ⅰ)证明：∵AA1＝A1C，且0为AC的中点，∴A1O⊥AC，又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，且交线为AC，又A1O平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC(Ⅱ)如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．返回导航由已知可得O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(3，0,0)，A1(0,0，3)，C1(0,2，3)，∴AB→＝(3，1,0)，A1B→＝(3，0，－3)，A1C1→＝(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有2y＝03x－3z＝0，所以n的一组解为n＝(1,0,1)设直线AB与平面A1BC1所成角为α，则sinα＝|cos〈AB→，n〉|返回导航又∵cos〈AB→，n〉＝AB→·n|AB→||n|＝322＝64，所以AB与平面A1BC1所成角的正弦值为64.返回导航【反思归纳】直线和平面所成的角的求法如图所示，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|＝|n·e||n||e|.返回导航【即时训练】(2018毛坦厂中学)如图，在△PBE中，AB⊥PE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC＝5，AB＝AP＝12AE＝2，将△PBA沿AB折起使得二面角P－AB－E是直二面角．(1)求证：CD∥平面PAB；(2)求直线PE与平面PCD所成角的正切值．返回导航解析：(1)因为12AE＝2，所以AE＝4又AB＝2，AB⊥PE，所以BE＝AB2＋AE2＝22＋42＝25又因为AC＝5＝12BE所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线，所以C是BE的中线，所以C是BE的中点，又因为CD是△ABE的中位线，所以CD∥AB又因为CD平面PAB，AB平面PAB，所以CD∥平面PAB.返回导航(2)据题设分析和在，AB，AE，AP两两互相垂直，以A为原点，AB，AE，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系：返回导航因为AB＝AP＝12AE＝2，且C，D分别是BE，AE的中点，所以AE＝4，AD＝2，所以有点E(0,4,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，所以PE→＝(0,4，－2)，PC→＝(1,2，－2)，CD→＝(－1,0,0)，设平面PCD的一个法向量为n＝(x′，y′，z′)，则n·CD→＝0n·PC→＝0即－x′＝0x′＋2y′－2z′＝0，所以x′＝0z′＝y′令y′＝1，则n＝(0,1,1)返回导航设直线PE与平面PCD所成角的大小为，则sinθ＝PE→·n|PE→|·|n|＝1010，又θ∈0，π2，所以cosθ＝1－sin2θ＝31010，所以tanθ＝sinθcosθ＝13，故直线PE与平面PCD所成角的正切值为13.返回导航考点三向量法求二面角的大小(高频考点)考查角度1：计算二面角的大小如图，在四棱锥S－ABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CD＝SD，点M是SA的中点，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝AD＝12BC.(Ⅰ)求证：平面MBD⊥平面SCD；(Ⅱ)若直线SD与底面ABCD所成的角为60°，求二面角B－MD－C余弦值．返回导航返回导航解析：(Ⅰ)证明：取BC中点E，连接DE，设AB＝AD＝a，BC＝2a，依题意得，四边形ABED为正方形，且有BE＝DE＝CE＝a，BD＝CD＝2a，所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，又平面SCD⊥底面ABCD，平面SCD∩底面ABCD＝CD，BD底面ABCD，所以BD⊥平面SCD，又BD平面MBD，所以平面MBD⊥平面SCD返回导航(Ⅱ)过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，因为平面SCD⊥底面ABCD，平面SCD∩底面ABCD＝CD，SH⊥CDSH平面SCD，所以SH⊥底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，∠SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角，即∠SDH＝60°由(Ⅰ)得，SD＝2a，所以在Rt△SHD中，SD＝2a，DH＝22a，SH＝62a，在△ADH中，∠ADH＝45°，AD＝a，DH＝22a，由余弦定理得AH＝22a，返回导航所以AH2＋DH2＝AD2，从而∠AHD＝90°，过点D作DF∥SH，所以DF⊥底面ABCD，所以DB，DC，DF两两垂直，如图，以点D为坐标原点，DB→为x轴正方向，DC→为y轴正方向，DF→为z轴正方向建立空间直角坐标系，返回导航则B(2a,0,0)，C(0，2a,0)，S0，－22a，62a，A22a，－22a，0，M24a，－22a，64a，设平面MBD的法向量n＝(x，y，z)n·DB→＝0n·DM→＝0得2x＝024x－22y＋64z＝0取z＝1得n＝0，32，1，设平面MCD的法向量m＝(x′，y′，z′)返回导航m·DC→＝0m·DM→＝0得2y′＝024x′－22y′＋64z′＝0，取z′＝1得，m＝(－3，0,1)，所以|cos〈n，m〉|＝|n·m|n|·|m||＝|174·2|＝77故所求的二面角B－MD－C的余弦值为77.返回导航【反思归纳】利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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的大小．(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．返回导航考查角度2：已知二面角的大小求线面角如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．返回导航解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图(1)，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)返回导航图(1)(2)方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，所以∠PDA＝45°.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.如图(1)，过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE，所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．返回导航在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝22.在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝322，所以sin∠APH＝AHPH＝13.图(2)返回导航方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，所以∠PDA＝45°.又PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以AD→，AP→的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，返回导航所以PE→＝(1,0，－2)，EC→＝(1,1,0)，AP→＝(0,0,2)．设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PE→＝0，n