2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：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

[考纲传真]　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||＝.

[基础自测]

1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)√

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．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________．

　[设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，

又θ∈，∴θ＝.]

5．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．

45°　[如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，

∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.

∴＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.

故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.]

1．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.]

2.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.

【例1】　(2018·合肥一模)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．

(1)求证：平面BDM∥平面EFC；

(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．

[解]　(1)连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，

又M为AE的中点，∴MN∥EC.

∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.

∵BF，DE都垂直底面 ABCD，∴BF∥DE.

∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.

∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，

∴BD∥平面EFC.

又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.

(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.

设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A( 2,0,0)，E(0,0,4)，

∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，

设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，

则得

令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．

∵＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则

sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，

∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.

如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1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ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，

如图所示，建立空间直角坐标系O­xyz.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所成角的余弦值为.

(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sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.

【例2】　(2018·湖北二模)如图1，等腰直角三角形ABC的底边AB＝2，点D在线段AC上，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置(如图2)．

图1           图2

(1)求证：PB⊥DE；

(2)若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值．

[解]　(1)证明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E，

∴DE⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，∴PB⊥DE.

(2)由题知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB，

∴DE，BE，PE两两互相垂直．

分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E­xyz.

设|PE|＝a(0＜a＜1)，

则B(0,2－a,0)，D(a,0,0)，C(1,1－a,0)，P(0,0，a)，

∴＝(0,2－a，－a)，＝(1，－1,0)．

设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则

∴

∴平面PBC的一个法向量为n＝(a，a,2－a)，

∵直线PD与平面PBC所成的角为30°，且＝(a,0，－a)，

∴sin 30°＝，

∴a＝2(舍)或a＝.

∴平面PBC的一个法向量为n＝.

易知平面PDE的一个法向量为m＝(0,1,0)，

设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝＝，

所以sin θ＝，

即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为.

(2019·南昌重点中学联考)如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将△ACD折起，使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．

(1)求证：平面ACD⊥平面BCD；

(2)当＝2时，求二面角D­AC­B的余弦值．

[解]　(1)证明：如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE，

则DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC.

因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD.

又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，

所以平面ACD⊥平面BCD.

(2)以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

设AD＝a，则AB＝2a，所以A(0，－2a,0)，C(－a,0,0)．

由(1)知AD⊥BD，又＝2，所以∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，所以AE＝ADcos∠DAB＝a，BE＝AB－AE＝a，DE＝ADsin∠DAB＝a，

所以D，

所以＝，＝(－a,2a,0)．

设平面ACD的法向量为m＝(x，y，z)，

则

即

取y＝1，则x＝2，z＝－，

所以m＝.

因为平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，

所以cos〈m，n〉＝＝＝－.

所以二面角D­AC­B的余弦值为.

1．(2017·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；

②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；

③直线AB与a所成角的最小值为45°；

④直线AB与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)

②③　[依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.

由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B(cos θ，sin θ，0)，

∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.

设直线AB与a所成夹角为α，

则cos α＝＝|sin θ|∈，

∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．

设直线AB与b所成夹角为β，

则cos β＝＝|cos θ|.

当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，

则|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝，

∴|cos θ|＝.∴cos β＝|cos θ|＝.

∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.

∴②正确，①错误．]

2．(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

(1)证明：D′H⊥平面ABCD；

(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．

[解]　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得＝，

故AC∥EF.

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC得＝＝.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.

又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，

所以D′H⊥平面ABCD.

(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间

直角坐标系H­xyz，则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，

＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．

设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则

即

所以可取m＝(4,3，－5)．

设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则

即

所以可取n＝(0，－3,1)．

于是cos〈m，n〉＝＝＝－，

sin〈m，n〉＝.

因此二面角B­D′A­C的正弦值是.