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

这是一份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，共12页。学案主要包含了疑误辨析，走进教材，易错自纠等内容，欢迎下载使用。
第七节　立体几何中的向量方法[最新考纲][考情分析][核心素养]1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).4.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.　　主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角)的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖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 a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)求法cos β＝cos θ＝|cos β|＝►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：A3．(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．