【恒心】高考数学(理科)一轮复习突破课件007008-立体几何中的向量方法(2)——求空间角与距离
高考数学一轮复习第7章立体几何第7节立体几何中的向量方法课件
利用向量证明平行与垂直问题
如图 7-7-2 所示，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD 的中 点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面 PAB； (2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC.
图 7-7-2
[证明] 以 A 为原点，AB，AD，AP 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(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E12，1，12，F0，1，12，E→F＝－12，0，0，A→P＝ (0,0,1)，A→D＝(0,2,0)，D→C＝(1,0,0)，A→B＝(1,0,0).3 分
图 7-7-3
∵PB⊄平面 EFH，且 EH⊂平面 EFH， ∴PB∥平面 EFH.6 分 (2)P→D＝(0,2，－2)，A→H＝(1,0,0)，A→F＝(0,1,1)， ∴P→D·A→F＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，10 分 P→D·A→H＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面 AHF.15 分
利用空间向量求二面角
如图 7-7-5，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点 的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°， 且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°.
(1)证明：平面 ABEF⊥平面 EFDC； (2)求二面角 E-BC-A 的余弦值． [解] (1)证明：由已知可得 AF⊥DF，AF⊥FE， 所以 AF⊥平面 EFDC.2 分 又 AF⊂平面 ABEF，故平面 ABEF⊥平面 EFDC.6 分
[规律方法] 1.利用向量证明平行与垂直，充分利用已知的线面垂直关系构 建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运 算．其中灵活建系是解题的关键．
2020版高考数学大一轮复习-8.8立体几何中的向量方法二——求空间角和距离教案(理)(含解析)新人教A版
§8.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角距离1.两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角. 3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角. 4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)求二面角的大小1°如图①，AB 、CD 是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.2°如图②③，n 1，n 2分别是二面角α—l —β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 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉.概念方法微思考1.利用空间向量如何求线段长度？提示 利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度. 2.如何求空间点面之间的距离？ 提示 点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为 |BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]. ( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.( ×)题组二 教材改编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°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______.答案π6解析 如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22).∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12×9＝32， 又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.题组三 易错自纠4.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110B.25C.3010D.22 答案 C解析 以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2,0,0)，B (0,2,0)，M (1,1,2)，N (1，0,2)，∴BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2).∴cos〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010. 5.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 〉＝－12，则l与α所成的角为________. 答案 30°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1 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.(1)证明如图所示，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＝ 3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt△FDG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ， 所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华 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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1 三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( ) A.110B.35C.710D.45 答案 C解析 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 (－3，0,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2， 所以AM →＝(0,1,2)， BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2 (2018·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 思维升华 若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 (2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，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M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值. (1)证明 因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)解 由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示.由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)， P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23).由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2,0,0). 设M (a ,2－a ,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ,4－a ,0). 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB →·n |OB →||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 题型三 求二面角例3 (2018·锦州模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，平面ACEF ⊥平面ABCD ，四边形ACEF 是菱形，∠CAF ＝60°.(1)求证：BF ⊥AE ；(2)求二面角B －EF －D 的平面角的正切值.(1)证明 依题意，在等腰梯形ABCD 中，AC ＝23，AB ＝4，∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACEF，而AE⊂平面ACEF，∴AE⊥BC，连接CF，∵四边形ACEF为菱形，∴AE⊥FC，又∵BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，∴AE⊥平面BCF，∵BF⊂平面BCF，∴BF⊥AE.(2)解取EF的中点M，连接MC，∵四边形ACEF是菱形，且∠CAF＝60°，∴由平面几何易知MC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CM⊂平面ACEF，∴MC⊥平面ABCD.以CA ，CB ，CM 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C (0,0,0)，A (23，0,0)，B (0，2,0)，D (3，－1,0)，E (－3，0,3)，F (3，0,3)，设平面BEF 和平面DEF 的一个法向量分别为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，n 2＝(a 2，b 2，c 2)， ∵BF →＝(3，－2,3)，EF →＝(23，0,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BF →·n 1＝0，EF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3a 1－2b 1＋3c 1＝0，23a 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，2b 1＝3c 1，不妨令b 1＝3，则n 1＝(0,3,2)， 同理可求得n 2＝(0,3，－1)，设二面角B －EF －D 的大小为θ，由图易知θ为锐角， ∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝7130，故二面角B －EF －D 的平面角的正切值为97.思维升华 利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3 (2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ， 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为»CD的中点.由题设得 D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)， DA →是平面MCD 的一个法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S－ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°.(1)求证：AC⊥平面SBD；(2)若SC⊥BD，求二面角A－SB－C的余弦值.(1)证明设AC∩BD＝O，连接SO，如图①，因为AB＝AD，CB＝CD，所以AC 是BD 的垂直平分线， 即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°， 所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt△SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点， 所以SO ＝12BD ＝ 3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2， 所以SO 2＋CO 2＝CS 2， 所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ， 所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解 方法一 过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB . 因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ， 所以SB ⊥平面AOK .[6分] 因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB . 同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角. 因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ， 所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD . 在Rt△SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62. 在Rt△AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422， 同理可求CK ＝102.[10分] 在△AKC 中，cos∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分] 方法二 因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ， 所以BD ⊥平面SAC . 而SO ⊂平面SAC ， 所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ， 所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ， 所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，S (0,0，3). 所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)， SB →＝(0，3，－3).[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB →·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3). 同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1,1).[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.1.已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1,0)，n ＝(0,1，－1)，则两平面所成的二面角为( )A.60°B.120°C.60°或120°D.90° 答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12B.23C.33D.22 答案 B解析 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2).∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6B.π4C.π3D.π2 答案 D解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0). ∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)， ∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5.(2018·包头模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为( ) A.0B.－14C.14D.12答案 C解析 以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B 1(3，1,2)，A 1(0,0,2)，C (0,2,0)，AB 1→＝(3，1,2)，A 1C →＝(0,2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D.－23答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0，2)， 由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.7.在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________.答案55解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2， 得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1.∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝55， ∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 8.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________.答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2， ∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直， 所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)， ∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)， ∴cos〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________.答案 60°解析 以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]， ∴EF 和BC 1所成的角为60°.10.(2019·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析 方法一 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23. 方法二 如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 11.(2018·鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值.(1)证明 如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形， ∴M 是AC 1的中点， 又Q 是A 1B 的中点， ∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1， ∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ， ∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解 ∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1， ∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，A 1(3，－1,2)，B (0,2,0)，B 1(0，1,2)， ∴CA →＝(3，－1,0)，B 1A 1—→＝(3，－2,0)，B 1B →＝(0,1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ⊥B 1A 1—→，n ⊥B 1B →， 可得⎩⎨⎧3x －2y ＝0，y －2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4,23，3)， 设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α， 则sin α＝|n ·CA →||n |·|CA →|＝23231＝9331.12.(2019·盘锦模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点.(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ； (2)求二面角A －BF －C 的余弦值. (1)证明 在Rt△ABE 中，由AB ＝AE ＝1， 得∠AEB ＝45°，同理在Rt△CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC . 在△PAD 中，cos∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4， 所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE . 又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ， 所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解 由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0,0)，C (0,22，0)，P (0,0,2)，A ⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，0，D (－2，2，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，1， AB →＝⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，1， BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝22x 1＋22y 1＝0，m ·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1,22)， 设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·BC →＝－2x 2＋22y 2＝0，n ·BF →＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4,2,52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)， 则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角.答案916解析 因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3， ∴B (0,4,0)，S (0,0,3). 设BC ＝m ，则C (m ,4,0)， ∵SF BF ＝CE BE＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →).∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)， ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，4，0， ∴FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ. ∵FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角， 即FA →·FE →＝0，则0·m1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得λ＝916. 14.(2018·满洲里模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1—→(λ∈[0,1]).(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明 连接A 1Q .∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，A 1B 1→＝(1,0,0).由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P (λ，0,1)，∴PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·NM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx ＋12y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1＋2λ3x ，z ＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量.取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1).假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去). 综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时， 满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2,3)，AD →＝(－4,1,0)，AP →＝(－6,2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( )A.1B.2C.13D.26 答案 B解析 设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥AB →，n ⊥AD →，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，4，43， 则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626， ∴h ＝2626×226＝2. 16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF⊥平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.(1)证明设AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，∴AC⊥平面BCF.∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)解以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0，1,0)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1).设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎨⎧ －3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ).易知m ＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4. ∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77， ∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.。
2021届高考新课标高三数学一轮复习精品课件：第7章 第6节 立体几何中的向量方法
cos ∠C1AD＝AC1·→A→D |AC1||AD|
＝（1，
3，2
2）·（1，0，2 12× 9
2）＝ 23，
又∵∠C1AD∈0，π2， ∴∠C1AD＝π6.]
课堂 考点探究
考点 1 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 (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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
第七章 立体几何
第六节 立体几何中的向量方法
[考点要求] 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．
课前自主回 顾
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〉
范围
0＜〈a，b〉＜π
|B1M|＝ 6，|D1N|＝ 5，
∴cos
〈B1M，D1N〉＝
3＝ 30
1300＞0，
∴B1M 与 D1N 所成角的余弦值为 1300.故选 A.]
4. 如 图 ， 正 三 棱 柱 ( 底 面 是 正 三 角 形 的 直 棱 柱)ABC-A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为________．
A．π4
B．34π
C．π4或34π
D．π2或34π
C [∵m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)， ∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝ 2， ∴cos 〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝ 22，∴〈m，n〉＝π4. ∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选 C.]
2020版高三数学(理)一轮复习课件：第45讲 立体几何中的向量方法
设 m=(x1,y1,z1)是平面 ABD'的法向量,则
������·������������ = 0, 即 ������·������������' = 0,
3������1-4������1 = 0, 3������1 + ������1 + 3������1
=
0,
所以可取 m=(4,3,-5).
设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则
������·������1������1 = 0, ������·������1������1 = 0, 同理可取 m=(1,- 3, 3). 则 cos<n,m>=|������������|·|������������|=17. 所以结合图形知二面角 A -A1B1 - C1 的余弦 值为17.
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= ������������2-������������2=4. 由 EF∥AC 得������������������������=������������������������=14,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,且 OH∩EF=H,所以 D'H⊥平面 ABCD.
������������ =λ������������ ,则
x=λ,y=1,z= 3- 3λ.②
高三数学,一轮复习人教A版, 第7章 第7节, 立体几何中的向量方法,课件
2 2 → 2 ，0)，E 0， ， ， AE ＝ 2 2
2 2 － 2， ， ， 2 2
→ → | AE · SD| 2 3 → → → SD＝(0，－ 2，－ 2)，|cos〈AE，SD〉|＝ ＝ ＝ ，故AE，SD → → 2× 3 3 |AE|· |SD| 3 所成角的余弦值为 3 .
[知识梳理] 1．设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则 (1)线线平行： l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R ； ； . ；
u＝0 线面平行： l∥α⇔a⊥u⇔a·
面面平行： α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R
b＝0 (2)线线垂直： l⊥m⇔a⊥b⇔a·
线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R ；
目录
第七章 立体几何
CONTENTS
1 高考导航 考纲下载 2 3 4 5
主干知识 自主排查 核心考点 互动探究
真题演练 明确考向
第七节 立体几何中的向量
方法
课时作业
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1.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． 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
4．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所 成角的正弦值为______．
解析：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)， B(1,2,0)，
→ ∴D1C1＝(0,2,0)， 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
3．已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE， SD所成角的余弦值为( C ) 1 A.3 3 C. 3 2 B． 3 2 D．3
课件3：立体几何中的向量方法
(3)已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向
量，若 cos〈m，n〉＝－12，则 l 与 α 所成的角为 30° .
第七章 第7讲
第18页
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抓住3个必备考点 突破4个热点考向
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提示：(1)∵cos〈a，b〉＝
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异面直线所成角及点面距离的向量求法：
第七章 第7讲
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考点 1 直线的方向向量和平面的法向量
1.直线的方向向量 直线 l 上的向量 e 或与 e 共线 的向量叫做直线 l 的方向向 量，显然一条直线的方向向量有 无数 个．
第七章 第7讲
直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，两向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有
|e·n|
sinφ＝|cosθ|＝ |e||n|
.取值范围是[0，π2]．
第七章 第7讲
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3．求二面角的大小
y，z 轴建立空间直角坐标系 O－xyz，由条件得 P(0,0,1)，A(2 2，
0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,2 2，0)，
第七章 第7讲
第25页
高三数学一轮复习精品课件5：立体几何中的向量方法
∵EF＝3 2 2，AF＝A′E＝3 2 5，A′F＝92，
∴|cos∠A′FE|＝ 22，即异面直线 A′F 与 AC 所成角的余
弦值为
2 2.
拓展提高 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角， 一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向 量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线 所成角的关键，一般地，异面直线 AC，BD 的夹角 β 的余弦值
(2)[解] 连接 EF，B′E，B′F，A′E，AF，设 AE＝BF ＝m，则三棱锥 B－EB′F 的体积为 V＝12m(3－m)≤m＋38－m2
＝98，当 m＝32时取等号． 故当 m＝32，即点 E，F 分别是棱 AB，BC 的中点时，三棱
锥 B－EB′F 的体积最大，则|cos∠A′FE|为所求．
(3)求二面角的大小 a．如图①，AB、CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂 直的直线，则二面角的大小 θ＝〈A→B，C→D〉．
b．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〉或π－ cos〈n1，n2〉．
(3)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重
合)⇔v1∥v2. ②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1
和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y使v＝xv1＋yv2. ③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂
图(1) OP＝14AD.
从而 OP∥FQ，且 OP＝FQ，
所以四边形 OPQF 为平行四边形，故 PQ∥OF.
又 PQ⊄平面 BCD，OF 平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD.
高考数学一轮复习 立体几何与空间向量 立体几何中的向量方法课件 理 新人教A
请注意！ 1. 用直线的方向向量和平面的法向量证明线线、线 面的垂直关系以及求空间角是高考的热点，尤其是用向量 法求线面角和二面角． 2. 多以解答题的形式出现，综合考查空间想象能力、 运算能力及数形结合思想．
高考考点预览
■ ·考点梳理· ■ 1. 直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：在直线上任取一非零零向量作为它 的方向向量． (2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的法向量，则求法向量的 方程组为nnnn····abab＝＝＝ ＝0000．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：D
解析：由平面的法向量与平面间的位置关系可知四个 命题均正确．故选 D.
2. [2012·江苏模拟]在直三棱柱 A1B1C1－ABC 中， ∠BCA＝90°，点 D1、F1 分别是 A1B1、A1C1 的中点，BC ＝CA＝CC1，则 BD1 与 AF1 所成的角的余弦值是( )
(1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF.
[思路点拨] AB、AC、AA1两两垂直，可用此建立 直角坐标系，用向量的坐标运算证线面平行，线线垂 直，面面垂直．
[证明] 如图建立空间直角坐标 系A－xyz，令AB＝AA1＝4，
则A(0，0，0)，E(0，4，2)， F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4， 0，4)．
5. [2011·新课标全国](理)如 图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝ 60°，AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD.
(1)证明：PA⊥BD； (2)若 PD＝AD，求二面角 A－PB－C 的余弦值．
解：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得 BD＝ 3AD.
最新-2021届高考数学理科1轮复习课件：第八章 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法 精品
A.π6
B.π4
π
π
C.3
D.2
【解析】 以 O 为坐标原点建系如图，
则
A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1
23，12，1，
C
23，－12，0.
所以A→A1＝(0，0，1)，B→1C＝(0，－1，
－1)，
所以 cos〈A→A1，B→1C〉＝A|A→→AA11·||BB→→11CC| ＝0×1×0＋002×＋（（－－11））＋2＋1×（（－－1）1）2 ＝－ 22， 所以〈A→A1，B→1C〉＝34π， 所以异面直线 B1C 与 AA1 所成的角为π4.故选 B.
m·A→C＝0， 设平面 ACC1A1 的一个法向量为 m＝(x，y，z)，则由m·C→C1＝0
得x－＋xy＋＝03，z＝0，取 m＝( 3，－ 3，1)．
所以 cos〈B→1D，m〉＝B|B→→ 11DD·||mm|
＝
0× 3＋1×（－ 02＋12＋（－ 3）2×
3（）＋3）（2－＋（3－）×31）2＋12＝
A→O＝V→O－V→A＝12V→D－V→A＝16(b＋c－5a)， 所以|D→M|＝ 16（－2a－2b＋c）2＝12， |A→O|＝ 16（b＋c－5a）2＝ 22， D→M·A→O＝16(－2a－2b＋c)·16(b＋c－5a)＝14. 设 DM 与 AO 所成的角是 θ，
所以 cos θ＝||DD→→MM|··A|→A→OO||＝ 22，所以 θ＝45°.
取 x＝1，则 m＝(1，－1，0)．设直线 PD 与平面 PAC 所成
的角为 α，所以 sin
α＝|cos〈P→D，m〉|＝||PP→→DD·|·|mm||＝
2 5×
2
＝
510，因为 α∈0，π2 ，所以 cos
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z
则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1， 2，1)， → AE＝(1,
→ → 设AE与BC的夹角为 θ，则 → → AE· BC 4 2 cosθ＝ ＝ ＝ ， 2 → → |AE||BC| 2×2 2 π 所以 θ＝ . 4
y x
π 由此可知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 . 4
知识与方法回顾
知识梳理 探究 一
辨析感悟
例1 训练1 例2 训练2 例3
求异面直线所成 的角
技能与规律探究
探究二
利用空间向量求直 线与平面所成的角
利用向量求二面角
探究三
Байду номын сангаас
训练3
经典题目再现
1.两条异面直线所成角的求法
设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2 的方向向量，则 l1 与 l2 所成的角 θ a 与 b 的夹角 β 0，π 范围 [0，π] 2 |a· b| a· b 求法 cosθ＝ cosβ＝ |a||b| |a||b|
F
求异面直线所成的角
【例 1】 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面 ABCD，E 是 PC 的中点．已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2.求： (1)三角形 PCD 的面积． (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小．
法二 如图 2，建立空间直角坐标系， → 2，1)，BC＝(0,2 2，0)．
求异面直线所成的角
【例 1】 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面 ABCD，E 是 PC 的中点．已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2.求： (1)三角形 PCD 的面积． (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小．
规律方法
本题可从两个不同角度求异面直线所成的 角， 一是几何法： 作—证—算； 二是向量法： 把角的求解转化为向量运算， 应注意体会两 种方法的特点， “转化”是求异面直线所成 角的关键，一般地，异面直线 AC，BD 的夹 → → |AC· BD| 角 β 的余弦值为 cosβ＝ . → → |AC||BD|
求异面直线所成的角
【例 1】 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面 ABCD，E 是 PC 的中点．已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2.求： (1)三角形 PCD 的面积． (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小．
解 (1)因为 PA⊥底面 ABCD，
所以 PA⊥CD． 又 AD⊥CD， 所以 CD⊥平面 PAD， 从而 CD⊥PD． 因为 PD＝ 22＋2 22＝2 3，CD＝2， 1 所以三角形 PCD 的面积为 ×2×2 3＝2 3. 2
2.直线与平面所成角的求法
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 |a· n| 的角为 θ，a 与 n 的夹角为 β. 则 sinθ＝|cosβ|＝ . |a||n|
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则 → → 二面角的大小 θ＝〈AB，CD〉 ． (2)如图②③，n1，n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α，β 的法向量， 则二面角的大小 θ 满足|cosθ|＝|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)．
二面角的范围是[0，π]．( ) (5)(2014· 济南调研改编)已知向量 m， n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、 1 法向量，若 cos〈m，n〉＝－ ，则 l 与 α 所成的角为 150° .( ) 2 (6)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的大小为 45° .( ) (7)(2013· 上海卷改编)在如图所示的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为 60° .( )
1
利用空间向量求空间 角，避免了寻找平面 角和垂线段等诸多麻 烦，使空间点线面的 位置关系的判定和计 算程序化、简单 化．主要是建系、设 点、计算向量的坐标、 利用数量积的夹角公 式计算．
两种关系
一是异面直线所成的角与其方向向量的 夹角：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； 否则向量夹角的补角是异面直线所成的 角，如(2)． 二是二面角与法向量的夹角：利用平面 的法向量求二面角的大小时，当求出两 半平面α，β的向量n1，n2时，要根据向 量坐标在图形中观察法向量的方向，从 而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相 等，还是互补，如(6).
求异面直线所成的角
【例 1】 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面 ABCD，E 是 PC 的中点．已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2.求： (1)三角形 PCD 的面积． (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小．
(2)法一 如图 1，取 PB 中点 F，连接 EF，AF， 则 EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角． 在△AEF 中，由于 EF＝ 2，AF＝ 2， 1 AE＝ PC＝2. 2 则△AEF 是等腰直角三角形， π 所以∠AEF＝ . 4 π 因此，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 . 4
1.直线的方向向量与平面的法向量
(1)若 n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量，则 n1∥n2⇔α∥β.( ) (2)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( ) (3)已知 a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则 a∥c，a⊥b.( )
2.空间角
π π (4)两异面直线夹角的范围是0，2 ，直线与平面所成角的范围是0，2，
2.利用空间向量求 距离(供选用)
(1)两点间的距离 设点 A(x1，y1，z1)，点 B(x2，y2，z2)， → 则|AB|＝|AB|＝ x1－x22＋y1－y22＋z1－z22. (2)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 → | AB · n| → 面 α 的法向量，则 B 到平面 α 的距离为|BO|＝ . |n|