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学案

　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

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sin θ＝|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|cos θ|＝|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||＝.

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．π

C．或π   D．或π

C　[∵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，

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             

[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，

C1，＝(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，

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)．

所以＝(1，，－2)，

＝(0,2，0)．

设PB与AC所成角为θ，则

cos θ＝＝＝.

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             

[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．

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．

(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，〉|＝＝，

则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.

考点三　求二面角                       

[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，

∴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＝，

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.

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        ．

60°　[∵＝＋＋，

∴||＝

＝

＝＝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．

(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.