2021版江苏高考数学一轮复习讲义：第7章第6节　立体几何中的向量方法

第六节　立体几何中的向量方法
[最新考纲]　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〉＜π
0<θ≤
关系
cos〈a，b〉＝
cos θ＝|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、思考辨析(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、教材改编
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.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)


A. B.
C. D.
A　[以D为原点建立空间直角坐标系D­xyz，如图，

设AB＝2，则N(1,0,0)，D1(0,0,2)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，
∴＝(－1，－1，－2)，
＝(1,0，－2)，
∴·＝－1＋4＝3，
||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＞0，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为.故选A.]
4.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为 ．

　[如图，以A为原点，以，(AE⊥AB)，所在直线分别为x轴、y轴、
z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，
则A(0,0,0)，C1(1，，2)，D(1,0,2)，∴＝(1，，2)，＝(1,0,2)．

∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，
cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，
∴∠C1AD＝.]

考点1　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
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．
(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
　(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.]
[母题探究]
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〈，〉＝＝＝.]
　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．
[教师备选例题]
如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
v
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
[解](1)证明：如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.
由∠ABC＝120°，
可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，
可得BE＝，故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面AFC，
所以EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，||为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz，

由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，
所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
[解](1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)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2　求直线与平面所成的角
　利用向量法求线面角的2种方法
(1)法一：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)法二：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角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．
　(2019·深圳模拟)已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.

(1)证明：MN⊥PC；
(2)当H为PC的中点，PA＝PC＝AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．
[解](1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
因为PD＝PB，所以PO⊥BD，

因为AC∩PO＝O且AC、PO⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC，
因为BD∥平面AMHN，
且平面AMHN∩平面PBD＝MN，
所以BD∥MN，MN⊥平面PAC，
所以MN⊥PC.
(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD，
因为PA＝PC，且O为AC的中点，
所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，
所以PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，
所以∠PAO＝60°，
所以AO＝PA，PO＝PA，
因为PA＝AB，所以BO＝PA.

以，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设PA＝2，所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，B，C(－1,0,0)，D，P，H，
所以＝，＝，＝.
设平面AMHN的法向量为n＝(x，y，z)，
所以即
令x＝2，则y＝0，z＝2，所以n＝(2,0,2)，
设AD与平面AMHN所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为.
　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成夹角的余弦值即为所求．
　(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
[解]　法一：(几何法)(1)连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.

(2)取BC中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
法二：(向量法)(1)连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz.

不妨设AC＝4，则A1(0,0，2)，B(，1,0)，B1(，3，2)，F(，，2)，C(0,2,0)．
因此＝，＝(－，1,0)．
由·＝0，得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为＝(x，y，z)，
由得
取n＝(1，，1)，
故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以cos θ＝，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
考点3　求二面角
　利用向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：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是锐(钝)二面角．
(2)找与棱垂直的方向向量法：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．
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．
　(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A1DB1C，
∴ND∥B1C且ND＝B1C，
∴MEND，
∴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.
[母题探究]　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.

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△DEC1＝××，
设点C到平面C1DE的距离为d，
根据题意有VC1­CDE＝VC­C1DE，
则有××××d＝××1××4，
解得d＝＝，
所以点C到平面C1DE的距离为.
　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.如图，EA⊥平面ABC ，DB⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，AC＝2AE，M是AB的中点．

(1)求证：CM⊥EM;
(2)若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2，求二面角B­CD­E的余弦值．
[解](1)证明：因为△ABC是等边三角形，M是AB的中点，所以CM⊥AM.
因为EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
所以CM⊥EA.
因为AM∩EA＝A，所以CM⊥平面EAM.
因为EM⊂平面EAM，所以CM⊥EM.
(2)以点M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系M­xyz，如图所示．

因为DB⊥平面ABC，
所以∠DMB为直线DM与平面ABC所成的角，
所以tan∠DMB＝＝2，
即BD＝2MB，所以BD＝AC.
不妨设AC＝2，又AC＝2AE，则CM＝，AE＝1.
故B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,1,2)，E(0，－1,1)．
所以＝(，－1,0)，＝(0,0,2)，＝(－，－1,1)，＝(－，1,2)．
设平面BCD与平面CDE的一个法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，
由 得
令x1＝1，得y1＝，所以m＝(1，，0)．
由
得
令x2＝1，得y2＝－，z2＝.
所以n＝.
所以cos〈m，n〉＝＝0.
所以二面角B­CD­E的余弦值为0.