高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：7.7 立体几何中的向量方法 word版含答案

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空间角
(1)空间角的定义．
(2)掌握线线角、线面角、面面角的求法．
知识点一 直线的方向向量与平面的法向量
1．直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
2．平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫作平面α的法向量．
易误提醒 (1)通常取直线上的两个特殊点构成直线的方向向量；当直线平行于x轴，y轴或z轴时，直线的方向向量可分别取i＝(1,0,0)，j＝(0,1,0)，k＝(0,0,1)．
(2)求平面的法向量时，建立的方程组有无数组解，利用赋值法，只要给x，y，z中的一个变量赋一特殊值(常赋值－1,0,1)，即可确定一个法向量，赋值不同，所求法向量不同，但n＝(0,0,0)不能作为法向量．
必备方法 平面的法向量求法步骤：
(1)设平面的法向量为n＝(x，y，z)．
(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)；
(3)根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0；))
(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量．
[自测练习]
1．若直线l∥平面α，直线l的方向向量为s、平面α的法向量为n，则下列结论正确的是( )
A．s＝(－1,0,2)，n＝(1,0，－1)
B．s＝(－1,0,1)，n＝(1,2，－1)
C．s＝(－1,1,1)，n＝(1,2，－1)
D．s＝(－1,1,1)，n＝(－2,2,2)
解析：直线与平面平行，直线的方向向量和平面的法向量垂直，经检验只有选项C中s·n＝0，故选C.
答案：C
2．设u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：∵α⊥β，则u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5.
答案：C
知识点二 利用空间向量求空间角
1．求两条异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
2.求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＝|csa，n|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
3．求二面角的大小
(1)若AB、CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))的夹角．(如图a)
(2)设n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小(如图b、c)．
易误提醒 (1)空间向量的夹角与所求角的范围不一定相同，如两向量的夹角范围是[0，π]，两异面直线所成的角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(2)用平面的法向量求二面角时，二面角的大小与两平面法向量的夹角有相等和互补两种情况．
[自测练习]
3．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°
解析：csm，n＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1·\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，即m，n＝45°，其补角为135°.
∴两平面所成二面角为45°或135°.
答案：C
4．若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为________．
解析：设l与α所成角为θ，则sin θ＝|csn，a|＝eq \f(|n·a|,|n||a|)＝eq \f(|－8－3＋3|,\r(16＋1＋1)×\r(4＋9＋9))＝eq \f(4\r(11),33).
答案：eq \f(4\r(11),33)
考点一 异面直线所成角|
(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AB的中点．
(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.
[解] 不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
根据已知得：D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)．
(1)∵eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴cs〈eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(CB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DA,\s\up6(→))·\(CB1,\s\up6(→)),|\(DA,\s\up6(→))||\(CB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),2).
∴直线AD和直线B1C所成角为eq \f(π,4).
(2)证明：取B1D的中点F，得F(1,1,1)，连接EF.
∵E为AB的中点，∴E(2,1,0)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(CB1,\s\up6(→))＝0，
∴EF⊥DC，EF⊥CB1.
∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD.
又∵EF⊂平面EB1D，
∴平面EB1D⊥平面B1CD.
注意向量的夹角与异面直线所成角的区别
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．直三棱柱ABC­A1B1C1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.eq \f(1,10) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(\r(30),10) D.eq \f(\r(2),2)
解析：建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，设BC＝2，
则B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以eq \(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，
eq \(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，故BM与AN所成角θ的余弦值cs θ＝eq \f(|\(BM,\s\up6(→))·\(AN,\s\up6(→))|,|\(BM,\s\up6(→))|·|\(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,\r(6)×\r(5))＝eq \f(\r(30),10).
答案：C
考点二 直线与平面所成角|
(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．
[解] (1)交线围成的正方形EHGF如图
(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.
因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝eq \r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.
以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))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(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(10,0,0)，eq \(HE,\s\up6(→))＝(0，－6,8)．
设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\(HE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，))
所以可取n＝(0,4,3)．
又eq \(AF,\s\up6(→))＝(－10,4,8)，故|cs〈n，eq \(AF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AF,\s\up6(→))|,|n||\(AF,\s\up6(→))|)＝eq \f(4\r(5),15).
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),15).
利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．

2．如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，AD⊥侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA＝AB＝2，BC＝eq \f(1,2)AD，E是线段AB的中点．
(1)求证：PE⊥CD；
(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为AD⊥侧面PAB，PE⊂平面PAB，所以AD⊥PE.
又因为△PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，所以PE⊥AB.
因为AD∩AB＝A，
所以PE⊥平面ABCD.
而CD⊂平面ABCD，
所以PE⊥CD.
(2)以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz.
则E(0,0,0)，C(1，－1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，eq \r(3))．
eq \(ED,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq \(EP,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，－1，－eq \r(3))．
设n＝(x，y，z)为平面PDE的法向量．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(ED,\s\up6(→))＝0，,n·\(EP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0，,\r(3)z＝0，))
令x＝1，可得n＝(1，－2,0)．
设PC与平面PDE所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PC,\s\up6(→))·n|,|\(PC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(3,5).
所以PC与平面PDE所成角的正弦值为eq \f(3,5).
考点三 二面角|
(2015·高考北京卷)如图，在四棱锥A­EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．
(1)求证：AO⊥BE；
(2)求二面角F­AE­B的余弦值；
(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．
[解] (1)证明：因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，
所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF，
所以AO⊥平面EFCB.
所以AO⊥BE.
(2)取BC中点G，连接OG.
由题设知EFCB是等腰梯形，
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB，
又OG⊂平面EFCB，
所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系Oxyz，
则E(a,0,0)，A(0,0，eq \r(3)a)，
B(2，eq \r(3)(2－a)，0)，eq \(EA,\s\up6(→))＝(－a,0，eq \r(3)a)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq \r(3)(a－2)，0)．
设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EA,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ax＋\r(3)az＝0，,a－2x＋\r(3)a－2y＝0.))
令z＝1，则x＝eq \r(3)，y＝－1.于是n＝(eq \r(3)，－1,1)．
平面AEF的法向量为p＝(0,1,0)．
所以cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝－eq \f(\r(5),5).
由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－eq \f(\r(5),5).
(3)因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝0.
因为eq \(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq \r(3)(a－2)，0)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)(2－a)，0)，
所以eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝－2(a－2)－3(a－2)2.
由eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝0及0