（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.7 立体几何中的向量方

1§8.7立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．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.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝|a·n||a||n|.3．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD分别是二面角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〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．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？2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______．3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)．4∴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.5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C6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7Hxyz.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.8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°＝32，9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·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C—BQ—A的余弦值．(1)证明由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．∵点P为BC中点，∴P0，92，3，∴OD→＝(3，0，6)，AQ→＝(0，m，0)，PQ→＝6，m－92，－3，10∵OD→·AQ→＝0，OD→·PQ→＝0，∴OD→⊥AQ→，OD→⊥PQ→，且AQ→与PQ→不共线，∴OD⊥平面PAQ.(2)解∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝12OB＝3，则Q(6，3，0)，∴QB→＝(－6，3，0)，BC→＝(0，－3，6)．设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，∵n1·QB，→＝0，n1·BC，→＝0∴－6x＋3y＝0，－3y＋6z＝0，令z＝1，则y＝2，x＝1，则n1＝(1，2，1)，易知平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1)，设二面角C—BQ—A的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cosθ＝n1·n2|n1|·|n2|＝66.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(