2020版新一线高考理科数学（北师大版）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．异面直线的夹角
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的夹角θ
范围
0＜〈a，b〉＜π
0<θ≤
关系
cos〈a，b〉＝
cos θ＝|cos〈a，b〉|
＝
2.直线与平面的夹角
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的夹角为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)两直线的方向向量的夹角就是两条直线的夹角． (　　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角 (　　)
(3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面所成的二面角． (　　)
(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夹角的余弦值为(　　)
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夹角的余弦值为.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的夹角为________．
　[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所成的锐二面角为________．
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PC D．
∴＝(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所成的锐二面角为45°.]

求异面直线的夹角

1．已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1夹角的余弦值为(　　)
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夹角的余弦值．
[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夹角的余弦值为.
[规律方法]　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)两异面直线夹角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
求直线与平面的夹角

【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夹角的正弦值．
[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夹角的正弦值为.
[规律方法]　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．
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夹角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1夹角的正弦值．
[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夹角的余弦值为.
(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夹角的正弦值为.
求二面角

【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的夹角为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的夹角为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.
[规律方法]　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．
(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．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，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夹角的正弦值．
[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⊥O B．
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)或a＝，
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM夹角的正弦值为.
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.