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2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版

2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 立体几何中的向量方法教案 北师大版

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　立体几何中的向量方法
[考试要求]　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〈a，b〉
l1与l2所成的角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〉|＝.
3．二面角
(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＝〈，〉．

图1　　　　图2　　　　　图3
(2)如图2,3，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||＝.

一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　)
(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)√
二、教材习题衍生
1．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°
A　[由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.]
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所成角的余弦值为(　　)
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所成角的余弦值为.故选A.]
4．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
C　[建立如图所示的坐标系，设AB＝2，
则C1(，1,0)，A(0,0,2)，＝(，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)．所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为＝＝.]

考点一　求异面直线所成的角
　用向量法求异面直线所成角的一般步骤

[典例1]　 (2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
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.]
[母题变迁]
1.本例条件换为：“直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点”，则直线EF和BC1所成的角是________．
60°　[以B为坐标原点，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．
设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
则EF和BC1所成的角是60°.]
2．本例条件换为：“直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面为等边三角形， AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点”，则AM与BN所成角的余弦值为________．
　[如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC＝2，则A(0，－1,0)，M(0,0,2), B(－，0,0)，N，
所以＝(0,1,2)，＝，
所以cos〈，〉＝＝＝.]
点评：两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是
[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．

如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.若PA＝AB，则PB与AC所成角的余弦值为________．
　[因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.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所成角的余弦值为.]
考点二　求直线与平面所成的角
　利用向量法求线面角的两种方法

[典例2]　(2020·郑州模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.
(1)求证：平面BDEF⊥平面 ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.
因为DE⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD平面BDEF，
所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，
所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(，2,1)为平面AEC的一个法向量．
因为＝(－1，，)，
所以cos〈n，〉＝＝，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.
点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“AB＝2AD及∠ABD＝”得出△ABD为直角三角形，解题务必推理严谨．

如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN.
由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT平面PAB，MN 平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，且AE＝＝＝.
以A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A­xyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，
＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，
则
即
可取n＝(0,2,1)．
于是|cos〈n，〉|＝＝，
则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
考点三　求二面角
　利用向量计算二面角大小的常用方法

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．
[典例3]　(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ME，B1C
∵M，E分别为BB1，BC中点，
∴ME为△B1BC的中位线，
∴ME∥B1C且ME＝B1C，
又N为A1D中点，且A1D綊B1C，
∴ND∥B1C且ND＝B1C，
∴ME綊ND，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∴MN∥DE.
又MN 平面C1DE，DE平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.
(2)法一：设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，
由直四棱柱性质可知：OO1⊥平面ABCD.
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD.
则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：
则A，M，
A1，D(0，－1,0)，N .
取AB中点F，连接DF，则F.
∵四边形ABCD为菱形且∠BAD＝60°，
∴△BAD为等边三角形， ∴DF⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD，DF平面ABCD，
∴DF⊥AA1.
∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1.
∴为平面AMA1的一个法向量，且＝.
设平面MA1N的法向量n＝，
又＝，＝.
∴
令x＝，则y＝1，z＝－1 ，∴n＝.
∴cos〈，n〉＝＝＝，
∴sin〈，n〉＝，
∴二面角A­MA1­N的正弦值为.
法二：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，则即
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则 即 可取n＝(2,0，－1)，
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A­MA1­N的正弦值为.
[母题变迁]
本例条件不变，求点C到平面C1DE的距离．
[解]　法一：(几何法)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.
又DE∩C1E＝E，
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，
故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
法二：(等体积法)在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DE⊥BC，根据题意有DE＝，C1E＝，
因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，
所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝××，
设点C到平面C1DE的距离为d，
根据题意有VC1­CDE＝VC­C1DE，
则有××××d＝××1××4，
解得d＝＝，
所以点C到平面C1DE的距离为.
点评：本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．

1.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为________．
60°　[∵＝＋＋，
∴||＝
＝
＝＝2.
∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24.
∴cos〈，〉＝－.
又所求二面角与〈，〉互补，
∴所求的二面角为60°.]

2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B­PC­E的余弦值．
[解]　(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)作ON∥BC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，
C，P.
所以＝，＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则
即
可取m＝.
由(1)知＝是平面PCB的一个法向量，记n＝，
则cos〈n，m〉＝＝.
所以二面角B­PC­E的余弦值为.