人教版高考数学一轮复习第8章立体几何第7节立体几何中的向量方法学案理含解析

第七节　立体几何中的向量方法

‖知识梳理‖

空间角的求法

(1)求异面直线所成的角

设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

►常用结论

两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．

(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＝|cos〈a，n〉|＝．

(3)求二面角的大小

①如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱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|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)．

►常用结论

解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2

如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.

‖基础自测‖

一、疑误辨析

1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．

(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)

(2)已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.(　　)

(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的大小为45°.(　　)

答案：(1)×　(2)√　(3)×

二、走进教材

2．(选修2－1P112A4改编)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°

答案：A

3．(选修2－1P104练习2改编)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

三、易错自纠

4．(2019届湖南五市十校教研教改共同体联考)已知E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝3 ，则异面直线AB与PC所成的角为(　　)

A．120° B．45°

C．30° D．60°

解析：选D　如图，取AC的中点D，连接ED，FD．因为E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，所以ED∥PC，FD∥AB，则∠EDF(或其补角)即为异面直线AB与PC所成的角．又因为AB＝6，PC＝6，所以DF＝3，DE＝3.在△DEF中，cos∠EDF＝＝－，即∠EDF＝120°，所以异面直线AB与PC所成的角为60°.故选D．

5．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的余弦值为________．

解析：取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.设BC＝1，则A，

B，D.

∴＝，＝，＝.

设平面ABD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，

则·n＝0，·n＝0，

∴

∴

取x0＝1，则y0＝－，z0＝1，得平面ABD的一个法向量是n＝(1，－，1)，

由于＝为平面BCD的一个法向量，

∴cos〈n，〉＝＝.

答案：

【例1】　(2019届东北四校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．

(1)求直线AD与直线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，以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.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)∵＝(2，0，0)，＝(2，0，2)，

∴cos〈，〉＝＝.

∴直线AD和直线B1C所成角为45°.

(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)，∴＝(－1，0，1).

又＝(0，2，0)，1＝(2，0，2)，

∴·＝0，·＝0，

∴EF⊥DC，EF⊥CB1.

∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD．

又EF⊂平面EB1D，

∴平面EB1D⊥平面B1CD．

►名师点津

向量法求两异面直线所成角的步骤

(1)选好基底或建立空间直角坐标系．

(2)求出两直线的方向向量v1，v2.

(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．

|跟踪训练|

1．已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1.

(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；

(2)求AC与PB夹角的余弦值．

解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)．

(1)证明：因为＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，

所以·＝0，所以AP⊥DC．

由题设知AD⊥DC，且AP∩AD＝A，

所以DC⊥平面PAD．

又DC⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．

(2)因为＝(1，1，0)，＝(0，2，－1)，

所以cos〈，〉＝＝.

故AC与PB夹角的余弦值为.

【例2】　(2020届贵阳摸底)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60°.

(1)证明：AD⊥PB；

(2)若PB＝，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．

[解]　(1)证明：取AD的中点O，连接PO，BO，BD，

∵底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴BO⊥AD．

又PA＝PD，即△PAD是等腰三角形，

∴PO⊥AD．

又PO∩BO＝O，

∴AD⊥平面PBO.

又PB⊂平面PBO，

∴AD⊥PB．

(2)∵AB＝PA＝2，

∴由(1)知△PAD，△ABD均是边长为2的正三角形，∴PO＝，BO＝.

又PB＝，∴PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO.

又由(1)知，BO⊥AD，PO⊥AD，∴BO，PO，AD两两垂直．∴以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图坐标的空间直角坐标系O－xyz，

则D(－1，0，0)，P(0，0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，∴＝(0，，－)，＝(1，0，)，＝(1，－，0)．

设n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则

∴令y＝1，得x＝，z＝－1，即n＝(，1，－1)为平面PCD的一个法向量．

设直线PB与平面PDC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，

∴直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.

►名师点津

利用平面的法向量求线面角的2个注意点

(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．

(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．

|跟踪训练|

2．(2019届湖北恩施二模)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2，AC＝CC1＝2，其中P为棱CC1的中点，Q为棱CC1上且位于P点上方的动点．

(1)证明：BP⊥平面A1B1C；

(2)若平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为，求直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值．

解：(1)证明：在侧面BCC1B1中，因为BC＝2，CC1＝2，P为棱CC1的中点，B1B⊥BC，C1C⊥BC，

所以tan∠BB1C＝＝＝，

tan∠PBC＝＝，

所以∠BB1C＝∠PBC，又∠BB1C＋∠BCB1＝90°，

所以∠PBC＋∠BCB1＝90°，所以PB⊥B1C．

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，

所以BB1⊥A1B1.

因为AB＝BC＝2，AC＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，又AB∥A1B1，BC∥B1C1，所以A1B1⊥B1C1.

因为BB1∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1，

所以A1B1⊥BP，又A1B1∩B1C＝B1，所以BP⊥平面A1B1C．

(2)如图，以B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则P(2，0，)，所以＝(2，0，)为平面A1B1C的一个法向量．

设Q(2，0，t)(t∈(，2])，则＝(2，0，t)．

易知＝(0，2，0)，设平面ABQ的法向量为n＝(x，y，z)，

则

取n＝(－t，0，2)，

因为平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为，

所以＝，所以＝，解得t＝或t＝.

又t∈(，2 ]，所以t＝，所以＝，

所以直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值为＝＝.

【例3】　(2019年全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1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A－MA1－N的正弦值．

[解]　(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．

又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D．

由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，

因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．

又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.

(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，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

所以令x＝，则y＝1，z＝0，则m＝(，1，0)．

设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则

所以令p＝2，则q＝0，r＝－1，则n＝(2，0，－1)．

于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A－MA1－N的正弦值为.

►名师点津

利用法向量求二面角时的2个注意点

(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．

(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．

|跟踪训练|

3．(2019年全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．

解：(1)证明：由已知得AD∥BF，CG∥BF，即CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)．

设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则

即所以可取n＝(3，6，－)．

又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝＝.

因此二面角B－CG－A的大小为30°.

【例】　(2019届江西红色七校第一次联考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．

(1)求二面角A1－BD－A的大小；

(2)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．

[解]　(1)如图，作CO⊥AB于点O，所以CO⊥AB，CO⊥平面ABB1A1，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，建立空间直角坐标系O－xyz.

因为AB＝2，AA1＝，D是AC的中点，

所以A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，0，)，A1(1，，0)，所以D，＝，＝(2，，0)．

设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量，

则

即

令x＝－，则y＝2，z＝3，

所以n＝(－，2，3)是平面A1BD的一个法向量．由题意可知＝(0，，0)是平面ABD的一个法向量，

所以cosn，＝＝.

由题意知二面角A1－BD－A为锐角，所以它的大小为.

(2)C1(0，，)，B1(－1，，0)，＝(－1，0，－)，设E(1，x0，0)，则＝(1，x0－，－)，

设平面B1C1E的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

则即

令z1＝－，则x1＝3，y1＝，

所以m＝为平面B1C1E的一个法向量．

又m·n＝0，即－3＋－3＝0，解得x0＝，所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，且AE＝.

►名师点津

解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点

(1)3个步骤

①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；

②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；

③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．

(2)1个注意点

探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．

|跟踪训练|

(2019届孝感统考)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．

(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；

(2)是否存在点M，使二面角M－BE－D的大小为30°？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．

解：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE，MF.

由题意知BC∥AE且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC中点．

在△PAC中，又M为PC的中点，∴MF∥PA.

又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，

∴PA∥平面BME.

(2)连接PE，则由题意易知PE⊥平面ABCD，故以点E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，

则E(0，0，0)，P(0，0，)，B(，0，0)，C(，－1，0)．

设＝λ(0<λ<1)，则M(λ，－λ，(1－λ))，

∴＝(λ，－λ，(1－λ))，＝(，0，0)．

设平面BME的法向量为n1＝(x，y，z)，

则

即

令y＝，可得n1＝.

显然平面DBE的一个法向量为n2＝(0，0，1)．

又＝cos 30°＝，则λ＝，

即M＝.

故存在点M，使二面角M－BE－D的大小为30°，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．