（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 第7讲 立体几何中的向量方法

第八章立体几何与空间向量第7讲立体几何中的向量方法1．空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法(a，b分别为l1，l2的方向向量)a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)_______求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝______0，π2|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|(3)二面角的求法a．如图①，AB，CD是二面角α-l-β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝___________．b．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＝_______________________________．〈AB→，CD→〉cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉2．点到平面的距离的求法如图，设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d＝|AB→·n||n|.判断正误(正确的打“√”，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]．()×××√(教材习题改编)已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A．33，33，－33B．33，－33，33C．－33，33，33D．－33，－33，－33解析：选D.因为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，所以AB→＝(－1，1，0)，AC→＝(－1，0，1)．经验证，当n＝－33，－33，－33时，n·AB→＝33－33＋0＝0，n·AC→＝33＋0－33＝0.所以－33，－33，－33是平面ABC的一个单位法向量．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为()A．π6B．π3C．π4D．π12解析：选A.以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，22)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C232，32，22.所以AC1→＝(－2，0，22)，AC2→＝－12，32，22，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝AC1→·AC2→|AC1→||AC2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈0，π2，所以θ＝π6.已知正方体ABCD­A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为________．解析：以A为原点，AB→、AD→、AA1→分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则CD1→＝(－1，0，1)，B1D→＝(－1，1，－1)，cos〈CD1→，B1D→〉＝1＋0－12×3＝0，所以两直线所成的角为90°.答案：90°在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC，则二面角C­PB­D的大小为________．解析：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝DC＝1，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(1，1，0)．所以DP→＝(0，0，1)，PC→＝(0，1，－1)，DB→＝(1，1，0)，BC→＝(－1，0，0)，设平面PBD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DP→＝0，n1·DB→＝0得z1＝0，x1＋y1＝0，令x1＝1，得n1＝(1，－1，0)．设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·PC→＝0，n2·BC→＝0得y2－z2＝0，－x2＝0，令y2＝1得n2＝(0，1，1)．设二面角C­PB­D的大小为θ，则cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝12，所以θ＝60°.答案：60°(2017·高考天津卷节选)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；第1课时空间角异面直线所成的角(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．【解】如图，以A为原点，分别以AB→，AC→，AP→方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．(1)证明：DE→＝(0，2，0)，DB→＝(2，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则n·DE→＝0，n·DB→＝0，即2y＝0，2x－2z＝0.不妨设z＝1，可得n＝(1，0，1)．又MN→＝(1，2，－1)，可得MN→·n＝0.因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2，2，2)．由已知，得|cos〈NH→，BE→〉|＝|NH→·BE→||NH→||BE→|＝|2h－2|h2＋5×23＝721，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝85或h＝12.所以，线段AH的长为85或12.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．[提醒]注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；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所成的角．1．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A．1010B．3010C．21510D．31010解析：选B.建立空间直角坐标系如图．则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).BC1→＝(－1，0，2)，AE→＝(－1，2，1)，cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→·AE→|BC1→||AE→|＝3010.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.2.如图，在四棱锥P­ABCD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．解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.(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Oxyz，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.即PB与AC所成角的余弦值为64.(2018·高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.直线与平面所成的角(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【解】法一：(1)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.法二：(1)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.由题意知各点坐标如下：A(0，－3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)．因此AB1→＝(1，3，2)，A1B1→＝(1，3，－2)，A1C1→＝(0，23，－3)．由AB1→·A1B1→＝0得AB1⊥A1B1.由AB1→·A1C1→＝0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知AC1→＝(0，23，1)，AB→＝(1，3，0)，BB1→＝(0，0，2)．设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．由n·AB→＝0，n·BB1→＝0，即x＋3y＝0，2z＝0，可取n＝(－3，1，0)．所以sinθ＝|cosAC1→，n|＝|AC1→·n||AC1→|·|n|＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角．(2019·浙江省高中学科基础测试)如图，在三棱锥P­ABC中，△ABC是等边三角形，D是AC的中点，PA＝PC，二面角P­AC­B的大小为60°.(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值．解：(1)证明：BD⊥ACPD⊥ACPD∩BD＝D⇒AC⊥平面PBD，又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD，即平面PBD⊥平面PAC.(2)因为AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系．则D(0，0，0)，令A(1，0，0)，则B(0，3，0)，C(－1，0，0)．又∠PDB为二面角P­AC­B的平面角，得∠PDB＝60°.设DP＝λ，则P0，λ2，32λ，设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，则AC→＝(－2，0，0)，AP→＝－1，λ2，32λ，得－2x＝0－x＋λ2y＋32λz＝0，取y＝3，得n＝(0，3，－1)．又AB→＝(－1，3，0)，得cos〈n，AB→〉＝32×2＝34.设AB与平面PAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB→〉|＝34.二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．主要命题角度有：(1)求二面角；(2)由二面角求其他量．二面角(高频考点)角度一求二面角如图，在三棱台ABC­DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求