2023高考数学统考一轮复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法教师用书教案理新人教版202303081239

　立体几何中的向量方法[考试要求]　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问题中的应用．1．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〈a，b〉l1与l2所成的角θ范围0＜〈a，b〉＜π0<θ≤关系cos〈a，b〉＝cosθ＝|cos〈a，b〉|＝2.直线与平面所成的角设直线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，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.3．二面角(1)如图①，AB，CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角αlβ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)．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||＝.\n一、易错易误辨析(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，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　)[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√二、教材习题衍生1．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〉＝－，则l与α所成的角为(　　)A．30°B．60°C．120°D．150°A　[由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.]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．B．πC．或πD．或πC　[∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，∴cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝.∴两平面所成的二面角为或π，故选C．]3．在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(　　)A．B．C．D．C　[建立如图所示的坐标系，设AB＝2，\n则C1(，1,0)，A(0,0,2)，＝(，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)．所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为＝＝.]考点一　求异面直线所成的角　用向量法求异面直线所成角的一般步骤[典例1]　(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)A．　　　B．　　　C．　　　D．C　[在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C，\nC1，＝(0，－2,1)，＝，cos〈，〉＝＝＝，故选C．][母题变迁]1.本例条件换为：“直三棱柱ABCA1B1C1中，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．60°　[以B为坐标原点，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，则EF和BC1所成的角是60°.]2．本例条件换为：“直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为等边三角形，AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点”，则AM与BN所成角的余弦值为．　[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(－，0,0)，N\n，所以＝(0,1,2)，＝，所以cos〈，〉＝＝＝.]点评：两异面直线所成角的范围是θ∈，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．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.若PA＝AB，则PB与AC所成角的余弦值为．　[因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．\n所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝＝＝.即PB与AC所成角的余弦值为.]考点二　求直线与平面所成的角　利用向量法求线面角的两种方法[典例2](2020·郑州模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD．(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．[解]　(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD．\n又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE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(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，得n＝(，2,1)为平面AEC的一个法向量．因为＝(－1，，)，所以cos〈n，〉＝＝，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“AB＝2AD及∠ABD＝”得出△ABD为直角三角形，解题务必推理严谨．如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．\n(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．[解]　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB．(2)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝＝.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，＝.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，〉|＝＝，\n则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.考点三　求二面角　利用向量计算二面角大小的常用方法提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．[典例3]　(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1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AMA1N的正弦值．[解]　(1)连接ME，B1C∵M，E分别为BB1，BC中点，∴ME为△B1BC的中位线，\n∴ME∥B1C且ME＝B1C，又N为A1D中点，且A1D綊B1C，∴ND∥B1C且ND＝B1C，∴ME綊ND，∴四边形MNDE为平行四边形，∴MN∥DE.又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.(2)法一：设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，由直四棱柱性质可知：OO1⊥平面ABCD．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：则A，M，A1，D(0，－1,0)，N.取AB中点F，连接DF，则F.∵四边形ABCD为菱形且∠BAD＝60°，∴△BAD为等边三角形，∴DF⊥AB．又AA1⊥平面ABCD，DF⊂平面ABCD，∴DF⊥AA1.∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1.∴为平面AMA1的一个法向量，且＝.设平面MA1N的法向量n＝，\n又＝，＝.∴令x＝，则y＝1，z＝－1，∴n＝.∴cos〈，n〉＝＝＝，∴sin〈，n〉＝，∴二面角AMA1N的正弦值为.法二：由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则即所以可取m＝(，1,0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则即可取n＝(2,0，－1)，于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角AMA1N的正弦值为.[母题变迁]本例条件不变，求点C到平面C1DE的距离．[解]　法一：(几何法)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.\n又DE∩C1E＝E，从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝.从而点C到平面C1DE的距离为.法二：(等体积法)在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DE⊥BC，根据题意有DE＝，C1E＝，因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，所以DE⊥EC1，所以S＝××，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有V＝V，则有××××d＝××1××4，解得d＝＝，所以点C到平面C1DE的距离为.点评：本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．1.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为．\n60°　[∵＝＋＋，∴||＝＝＝＝2.∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24.∴cos〈，〉＝－.又所求二面角与〈，〉互补，∴所求的二面角为60°.]2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值．[解]　(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB．又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC．又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC．\n(2)作ON∥BC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，C，P.所以＝，＝.设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m＝.由(1)知＝是平面PCB的一个法向量，记n＝，则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角BPCE的余弦值为.