2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7章 立體幾何 第6節(jié) 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理（含解析）新人教A版

《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7章 立體幾何 第6節(jié) 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7章 立體幾何 第6節(jié) 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理（含解析）新人教A版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六節(jié)　立體幾何中的向量方法 [考綱傳真]　能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用． 1．異面直線所成的角 設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則 a與b的夾角〈a，b〉 l1與l2所成的角θ 范圍 0＜〈a，b〉＜π 0<θ≤ 關(guān)系 cos〈a，b〉＝ cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ 2.直線與平面所成的角 設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 3．二面角 (1)如圖①，AB，CD是二面角α-l-β的

2、兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉． (2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)． [常用結(jié)論] 點到平面的距離 如圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為||＝. [基礎(chǔ)自測] 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(　　) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角

3、．(　　) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角．(　　) (4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是[0，π]．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為(　　) 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〉＝. ∴兩平面所成的二面角為或π，故選C.] 3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D

4、1中，已知M，N分別是BD和AD的中點，則B1M與D1N所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. A　[以D為原點建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖， 設(shè)AB＝2，則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與D1N所成角的余弦值為.故選A.] 4．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________． 　[設(shè)l與α所成的角為θ，則sin

5、 θ＝|cos〈m，n〉|＝， 又θ∈，∴θ＝.] 5．過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為________． 45°　[如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由題意，AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD的中點，連接AE，則AE⊥PD，又CD⊥平面PAD， ∴CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD. ∴＝(0,1,0)，＝分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°. 故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°.] 求異面直線所成的角 1

6、．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(　　) A.　　 B. C. D. C　[在平面ABC內(nèi)過點B作AB的垂線，以B為原點，以該垂線，BA，BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz，則A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C，C1，＝(0，－2,1)，＝，cos〈，〉＝＝＝，故選C.] 2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦

7、值． [解]　(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因為AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)設(shè)AC∩BD＝O. 因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz， 則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)． 所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)． 設(shè)PB與AC所成角為θ，則 cos θ＝＝＝. 即PB與AC所成角的余弦值為. [規(guī)律方法]　用向量法求異面直線所成角的一般步驟 (1)選擇三條兩

8、兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系； (2)確定異面直線上兩個點的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量； (3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值； (4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值. 求直線與平面所成的角 【例1】　(2018·合肥一模)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M為棱AE的中點． (1)求證：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值． [解]　(1)連接AC，交BD于點N，連接MN，則N為AC的中點， 又M為AE的中點，

9、∴MN∥EC. ∵M(jìn)N?平面EFC，EC?平面EFC，∴MN∥平面EFC. ∵BF，DE都垂直底面 ABCD，∴BF∥DE. ∵BF＝DE，∴四邊形BDEF為平行四邊形，∴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，四邊形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 設(shè)AB＝2，則DE＝4，從而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)， 設(shè)

10、平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)， 則得 令x＝2，則y＝－2，z＝－1，從而n＝(2，－2，－1)為平面BDM的一個法向量． ∵＝(－2,0,4)，設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為θ，則 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， ∴直線AE與平面BDM所成角的正弦值為. [規(guī)律方法]　利用向量法求線面角的方法 (1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)； (2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角. 如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA

11、1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． [解]　如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，O1，連接OB，OO1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB， 如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為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)因為P為A1B1的中點，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 故|cos〈，〉|＝＝＝. 因此，異面直

12、線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點，所以Q， 因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 求二面角 【例2】　(2018·湖北二模)如圖1，等腰直角三角形ABC的底邊AB＝2，點D在線段AC上，DE⊥AB于點E，現(xiàn)將△ADE沿DE折起到△PDE的位置(如圖2)． 圖1　　　　　圖2 (1)求證：PB⊥DE； (2)若PE⊥B

13、E，直線PD與平面PBC所成的角為30°，求平面PDE與平面PBC所成的銳二面角的正弦值． [解]　(1)證明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E， ∴DE⊥平面PBE，又PB?平面PBE，∴PB⊥DE. (2)由題知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB， ∴DE，BE，PE兩兩互相垂直． 分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 設(shè)|PE|＝a(0＜a＜1)， 則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)． 設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則

14、 ∴ ∴平面PBC的一個法向量為n＝(a，a,2－a)， ∵直線PD與平面PBC所成的角為30°，且＝(a,0，－a)， ∴sin 30°＝， ∴a＝2(舍)或a＝. ∴平面PBC的一個法向量為n＝. 易知平面PDE的一個法向量為m＝(0,1,0)， 設(shè)所求的銳二面角為θ，則cos θ＝＝， 所以sin θ＝， 即平面PDE與平面PBC所成的銳二面角的正弦值為. [規(guī)律方法]　利用向量計算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳(鈍)二面角. (

15、2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小. (2019·南昌重點中學(xué)聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD是矩形，沿對角線AC將△ACD折起，使得點D在平面ABC內(nèi)的射影恰好落在邊AB上． (1)求證：平面ACD⊥平面BCD； (2)當(dāng)＝2時，求二面角D-AC-B的余弦值． [解]　(1)證明：如圖，設(shè)點D在平面ABC內(nèi)的射影為點E，連接DE， 則DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC. 因為四邊形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BC

16、D，而AD?平面ACD， 所以平面ACD⊥平面BCD. (2)以點B為原點，線段BC所在的直線為x軸，線段AB所在的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示． 設(shè)AD＝a，則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)． 設(shè)平面ACD的法向量為m＝(x，y，z)， 則 即 取y＝1，則x＝2，z＝－， 所以m＝. 因為平面ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)，

17、 所以cos〈m，n〉＝＝＝－. 所以二面角D-AC-B的余弦值為. 1．(2018·全國卷Ⅱ)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值． [解]　(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 連接OB.因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC，O

18、B∩AC＝O，知PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 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的一個法向量＝(2,0,0)． 設(shè)M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，則＝(a,4－a,0)． 設(shè)平面PAM的法向量為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c

19、os〈，n〉＝. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. 2．(2016·全國卷Ⅱ)如圖所示，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝. (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B-D′A-C的正弦值． [解]　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝， 故AC∥EF. 因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 由EF∥AC得＝＝. 所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3. 于是D′H

20、2＋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)如圖，以H為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，的方向為z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則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)． 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則 即 所以可取m＝(4,3，－5)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則 即 所以可取n＝(0，－3,1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝－， sin〈m，n〉＝. 因此二面角B-D′A-C的正弦值是. - 11 -