《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）北師大版》由會(huì)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）北師大版（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(jì)算問(wèn)題，了解向量方法在研究立體幾何問(wèn)題中的應(yīng)用． 1．異面直線的夾角 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的夾角θ 范圍 0＜〈a，b〉＜π 0<θ≤ 關(guān)系 cos〈a，b〉＝ cos θ＝|cos〈a，b〉| ＝ 2.直線與平面的夾角 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的夾角為θ，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 3．二面角 (1)如圖①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個(gè)

2、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(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿(mǎn)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(bǔ)角)． 　點(diǎn)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(cè)] 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線的夾角． (　　) (2)直線的方向向量和平面的法向量的夾角就是直線與平面所成的角 (　　) (3

3、)兩個(gè)平面的法向量的夾角是這兩個(gè)平面所成的二面角． (　　) (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(diǎn)，則B1M與D1N夾角的余弦值為(　　) A. B． C. D． A　[以D為原點(diǎn)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夾角的余弦值為.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的夾角為_(kāi)_______． 　[設(shè)l與α所成的角為θ，則sin θ＝

5、|cos〈m，n〉|＝， 又θ∈，∴θ＝.] 5．過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的銳二面角為_(kāi)_______． 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(diǎn)，連接AE，則AE⊥PD，又CD⊥平面PAD， ∴CD⊥AE，從而AE⊥平面PC D． ∴＝(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所成的銳二面角為45°.] 求異面直線的夾角 1．已知直三

6、棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1夾角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　 B． C. D． C　[在平面ABC內(nèi)過(guò)點(diǎn)B作AB的垂線，以B為原點(diǎn)，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夾角的余弦值．

7、 [解]　(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形， 所以AC⊥BD． 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD． 又因?yàn)锳C∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)設(shè)AC∩BD＝O. 因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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夾角的余弦值為. [規(guī)律方法]　用向量法求異面直線所成角的一般步驟 (1)選擇三條兩兩垂直

8、的直線建立空間直角坐標(biāo)系； (2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)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)兩異面直線夾角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對(duì)值． 求直線與平面的夾角 【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(diǎn)． (1)求證：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直線AE與平面BDM夾角的正弦值． [解]　(1)連接AC，交BD于點(diǎn)N，連接MN，則N為AC的中點(diǎn)， 又M為AE的中點(diǎn)，∴MN∥EC.

9、 ∵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)平面BDM的法向量為n＝

10、(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(gè)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夾角的正弦值為. [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(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)； (2)通過(guò)平面的法向量來(lái)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(bǔ)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＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1

11、B1，BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線BP與AC1夾角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1夾角的正弦值． [解]　如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)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?yàn)锳B＝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?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 故|cos〈，〉|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1夾角的余弦值為.

12、(2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，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夾角的正弦值為. 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(diǎn)D在線段AC上，DE⊥AB于點(diǎn)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⊥BE，直

13、線PD與平面PBC的夾角為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?yàn)閤軸，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(gè)法向量為n＝(a，a,2－a)， ∵直線PD與平面PBC的夾角為30°，且＝(a,0，－a)， ∴sin 30°＝， ∴a＝2(舍)或a＝. ∴平面PBC的一個(gè)法向量為n＝. 易知平面PDE的一個(gè)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(jì)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(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)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(shí)際圖形判斷所求角是銳(鈍)二面角． (2)找

15、與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大?。? (2019·南昌重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD是矩形，沿對(duì)角線AC將△ACD折起，使得點(diǎn)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(shí)，求二面角D-AC-B的余弦值． [解]　(1)證明：如圖，設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為點(diǎn)E，連接DE， 則DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD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

16、AD平面ACD， 所以平面ACD⊥平面BCD． (2)以點(diǎn)B為原點(diǎn)，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?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， 所

17、以cos〈m，n〉＝＝＝－. 所以二面角D-AC-B的余弦值為. 1．(2018·全國(guó)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(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM夾角的正弦值． [解]　(1)證明：因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 連接OB．因?yàn)锳B＝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⊥O B． 由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，

18、知PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，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(gè)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cos〈，n〉＝

19、. 所以PC與平面PAM夾角的正弦值為. 2．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)如圖所示，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點(diǎn)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′H2＋OH2＝32

20、＋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(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，的方向?yàn)閥軸正方向，的方向?yàn)閦軸正方向，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. - 12 -