2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章第七节　立体几何中的向量方法 学案

第七节　立体几何中的向量方法
2019考纲考题考情



1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)。
2．直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝。

3．求二面角的大小
(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＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉。

1．异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角。
2．直线与平面所成的角：在上述求法中要注意的是sinφ＝，而不是cosφ＝。
3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补。

一、走进教材
1．(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°
解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°。所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°。
答案　C
2．(选修2－1P112A组T6改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析　

如图建立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，则＝(－1，1,0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝。故选D。
答案　D
3．(选修2－1P117A组T4改编)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2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________。

解析　以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0,0)，C1(0,0,2)。点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2。

所以＝(－2,0，2)，＝，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝。又θ∈，所以θ＝。
答案　
二、走出误区
微提醒：①异面直线所成角的取值范围出错；②二面角的取值范围出错；③直线和平面所成的角的取值范围出错。
4．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________。
解析　由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，即2a·c＋b·c＝－10。因为a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝＝＝－，所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°。
答案　60°
5．已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________。
解析　设l与α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°。
答案　30°
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________。
解析　以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0,1)，E，D(0,1,0)，所以＝(0,1，－1)，＝。设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则即解得故n1＝(1,2,2)。又平面
ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝，故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为。

答案　

考点一 线线角、线面角的求法
【例1】　(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点。

(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值。
解　如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz。因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)。

(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而＝，＝(0,2,2)，
故|cos〈，〉|＝＝＝。
因此，异面直线BP与AC1所有角的余弦值为。
(2)因为Q为BC的中点，所以Q，
因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)。
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，
则即
不妨取n＝(，－1,1)。
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为。


1．两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。
2．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。
【变式训练】　(2018·湖北八校4月联考)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°。

(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值。
解　(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为四边形ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，且O为AC中点，
因为FA＝FC，所以AC⊥FO，
又FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDEF。
(2)连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形，
因为O为BD中点，所以FO⊥BD，
又AC⊥FO，AC∩BD＝O，
所以FO⊥平面ABCD。
因为OA，OB，OF两两垂直，
所以可建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，

设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，
所以BD＝2，AC＝2。
因为△DBF为等边三角形，所以OF＝。
所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0，0，)，
所以＝(－，－1,0)，＝(－，0，)，＝(－，1,0)。
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1，，1)。
设直线AD与平面ABF所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝。
考点二 二面角的求法
【例2】　(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点。

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值。
解　(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD。
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM。
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以 DM⊥CM。
又 BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC。
而DM⊂平面AMD，
故平面AMD⊥平面BMC。
(2)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D—xyz。

当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点。
由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，M(0,1,1)，＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)。
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则
即
可取n＝(1,0,2)。
是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，〉＝＝，
sin〈n，〉＝，
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是。


利用空间向量计算二面角大小的常用方法
1．找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小。
2．找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小。
【变式训练】　(2019·广东六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD是平行四边形，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，PB＝PC＝，PA＝2，E，F分别是AD，PD的中点。

(1)证明：平面EFC⊥平面PBC；
(2)求二面角A－BC－P的余弦值。
解　(1)证明：连接AC，
因为ABCD是平行四边形，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，所以∠ADC＝60°，
所以△ADC是等边三角形，
因为E是AD的中点，所以CE⊥AD。
因为AD∥BC，所以CE⊥BC。
以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，建立如图空间直角坐标系。

则C(0,0,0)，E，A，
B(0,1,0)，D，
设P(x，y，z)(x<0，y>0，z>0)，
由||2＝||2＝2，||2＝4，
可得x＝－，y＝，z＝1，
所以P，
因为F是PD的中点，所以F，
因为·＝0，所以CB⊥CF，
又因为CE⊥BC，CE∩CF＝C，
所以BC⊥平面EFC，因为BC⊂平面PBC，
所以平面EFC⊥平面PBC。
(2)由(1)知，＝(0,1,0)，＝，
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则
所以
令x＝－2，则n＝(－2,0，－)，
设m＝(0,0,1)，易知m是平面ABC的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝＝－，
又易知二面角A－BC－P为钝二面角，
所以二面角A－BC－P的余弦值为－。
考点三 空间角的综合问题
【例3】　如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形BEC沿线段EC折起，形成四棱锥B－AECD。

(1)在四棱锥B－AECD中，求证：AD⊥BD；
(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值。
解　(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，

因为△BEC和△DEC均为正三角形，
所以EC⊥BF，EC⊥DF，又BF∩DF＝F，
所以EC⊥平面BFD，
因为AD∥EC，所以AD⊥平面BFD，
因为BD⊂平面BFD，所以AD⊥BD。
(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，

由EC⊥平面BFD，知z轴在平面BFD内，
因为BF⊥EC，DF⊥EC，
所以∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，
所以∠BFD＝120°，所以∠BFz＝30°，
又因为BF＝，所以点B的横坐标为－，点B的竖坐标为。
因D(，0,0)，E(0,1,0)，A(，2,0)，B，
故＝(－，－1,0)，＝，
＝(0，－2,0)。
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
得
令x＝1，得y＝0，z＝，
所以平面ABD的一个法向量为n＝(1,0，)，
所以cos〈，n〉＝
＝＝－，
因为直线AE与平面ABD所成角为锐角，
所以直线AE与平面ABD所成角的正弦值为。


本题综合考查了二面角与线面角的知识，这种题型一般已知某个空间角求另外的空间角，有时可借助几何法，如本例借助几何法先找出平面BEC与平面AECD所成的角，再求AE与平面ABD所成的角。有时也需要通过解方程解决，如下面的变式训练。
【变式训练】　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，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。
解　(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2。
连接OB。因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB。
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，
知PO⊥平面ABC。
(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz。

由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，＝(0,2，2)，
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)。
设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，
则＝(a,4－a,0)。
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)。
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝。
由已知得|cos〈，n〉|＝。
所以＝。
整理得3a2＋8a－16＝0，
解得a＝－4(舍去)，a＝。
所以n＝。
又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝。
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为。
考点四 空间角的探究性问题
【例4】　(2018·湖北重点中学协作体4月联考)等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足＝＝(如图①)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)。

(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由。
解　(1)证明：题图①中，由已知可得：
AE＝2，AD＝1，A＝60°。
从而DE＝＝。
故得AD2＋DE2＝AE2，
所以AD⊥DE，BD⊥DE。
所以题图②中，A1D⊥DE，
又平面ADE∩平面BCED＝DE，A1⊥DE，A1D⊂平面A1DE，
所以A1D⊥平面BCED。
(2)存在。由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED。以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，

过P作PH∥DE交BD于点H，设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，
易知A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)，
所以＝(a－2，－a,1)。
因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)。
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
所以sin60°＝＝＝，解得a＝。
所以PB＝2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意。
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝。


利用向量解决与空间角有关的探索性问题，其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断。
【变式训练】　如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED是以BD为直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD。

(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)在线段EF上是否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由。
解　(1)证明：在梯形ABCD中，
因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
所以∠CDB＝30°，
所以∠ADB＝90°，所以BD⊥AD。
因为平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面BFED。

(2)因为AD⊥平面BFED，
所以AD⊥DE。
以D为原点，分别以DA，DB，DE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，
在△BCD中，DC＝BC＝1，∠BCD＝120°，由余弦定理得BD＝，
则A(1,0,0)，B(0，，0)，
由题意，设P(0≤λ≤)，
所以＝(－1，，0)，＝。
易知平面EAD的一个法向量为m＝(0,1,0)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取y＝1，可得n＝。
因为平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝，即P为线段EF上靠近点E的三等分点。

(配合例4使用)如图，△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2，将△BAO沿AO折起，使B点到达B′点。

(1)求证：AO⊥平面B′OC；
(2)当三棱锥B′－AOC的体积最大时，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由。
解　(1)因为AB＝AC且O是BC的中点，
所以AO⊥BO，AO⊥CO，由折叠知AO⊥B′O，
又因为CO∩B′O＝O，且CO，BO′⊂平面B′OC，
所以AO⊥平面B′OC。
(2)解法一：不存在，证明如下：

当面B′OA⊥面AOC时，三棱锥B′－AOC的体积最大，因为面B′OA∩面AOC＝AO，B′O⊥AO，所以B′O⊥面AOC，所以OC⊥OB′，故OA，OB′，OC两两垂直，如图建立空间直角坐标系O－xyz，则A(2,0,0)，B′(0,0,1)，C(0,1,0)，
设＝λ′＝(－2λ，0，λ)，其中0≤λ≤1，
则＝＋＝(2－2λ，－1，λ)，
又因为平面B′OA的法向量n＝(0,1,0)，
依题意得＝，得＝，
化简得10λ2－16λ＋7＝0，此方程无解，
所以满足条件的点P不存在。
解法二：不存在，证明如下：
当面B′OA⊥面AOC时，三棱锥B′－AOC的体积最大，因为面B′OA∩面AOC＝AO，B′O⊥AO，
所以B′O⊥面ACO，所以OC⊥OB′，
故OA，OB′，OC两两垂直，连接OP，
因为CO⊥B′O，CO⊥AO，AO∩B′O＝O，
所以CO⊥面B′OA，
所以∠CPO即为CP与平面B′OA所成的角，
在直角三角形CPO中，CO＝1，∠COP＝，
sin∠CPO＝，所以CP＝，
在△ACB′中，AC＝AB′＝，B′C＝，
设C到直线AB′的距离为h，
则由S△ACB′＝·h＝··，得h＝，
因为CP