2020数学（理）二轮教师用书：第2部分专题4第2讲　空间向量与立体几何


第2讲　空间向量与立体几何

[做小题——激活思维]
1．在正方体A1B1C1D1­ABCD中，AC与B1D所成角的大小为(　　)
A.　　 B.
C. D.
D　[如图，连接BD，易证AC⊥平面BB1D，
∴AC⊥B1D，
∴AC与B1D所成角的大小为.]
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．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
C　[∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
∴|m|＝1，|n|＝，m·n＝1，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
设两平面所成的二面角为α，则
|cos α|＝，∴α＝45°或135°，故选C.]
3．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；
③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.
其中真命题的序号是(　　)
A．①② B．②③
C．①④ D．②④
D　[对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a，b，c，满足a⊥b，b⊥c，但是a⊥c，所以①错误；
对于②，若a∥b，a∥c，则b∥c，满足平行线公理，所以②正确；
对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；
对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]
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＝.]
[扣要点——查缺补漏]
1．证明线线平行和线线垂直的常用方法
(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T3.
(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．
2．证明线面平行和线面垂直的常用方法
(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理．
(2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理．
3．异面直线所成的角求法
(1)平移法：解三角形．
(2)向量法：注意角的范围．如T1.
4．二面角的求法

cos θ＝cos〈m，n〉＝，如T2.
5．线面角的求法

sin θ＝|cos〈m，n〉|，如T4.

　利用空间向量求空间角(5年15考)

[高考解读]　主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.
(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC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M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
切入点：(1)借助勾股定理，证明PO⊥OB；
(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M­PA­C为30°求出点M的坐标，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值．
[解](1)证明：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，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O­xyz.
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〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
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.
[教师备选题]
1.(2015·全国卷Ⅰ)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.
(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，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，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，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，的方向为x轴，y轴正方向，||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－1,0，，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.
2．(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EDC1，所以MN∥平面C1DE.
(2)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

所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则

所以可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A­MA1­N的正弦值为.

1．利用向量法求线面角的两种方法
(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锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
2．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．

1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 (　　)
A.　　　　 B.
C. D.
D　[法一：(平移法)取BC的中点H，连接EH，AH，∠EHA＝90°，设AB＝2，则BH＝HE＝1，AH＝，所以AE＝，连接ED，ED＝，因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD，在△EAD中cos∠EAD＝＝，故选D.
法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O为原点，建立空间直角坐标系O­xyz，设AB＝2，则A(1,0,0)，B(1,0,2)，C(－1,0,2)，E(0,1,2)，
∴＝(－1,1,2)，＝(－2,0,0)
∴cos〈，〉＝＝，故选D.]
2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC­A1B1C1中， AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝， AB＝BC＝2, BB1＝4，点D在棱CC1上，且CD＝λCC1(0