高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書：第8章 第6節(jié) 立體幾何中的向量方法 Word版含解析

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1、 第六節(jié)　立體幾何中的向量方法 [最新考綱]　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-

2、l-β的兩個面內(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)． 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||＝. 一、思考辨析(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)兩個平面的法向量

3、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)√ 二、教材改編 1．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(　　) A．30°　　　　　　 B．60° C．120° D．150° A　[由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直線l與α所成的角為30°.] 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

4、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-A1B1C1D1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， ||＝，||

5、＝， ∴cos〈，〉＝＝＞0， ∴B1M與D1N所成角的余弦值為.故選A.] 4.如圖，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________． 　[如圖，以A為原點，以，(AE⊥AB)，所在直線分別為x軸、y軸、 z軸(如圖)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)D為A1B1的中點， 則A(0,0,0)，C1(1，，2)，D(1,0,2)，∴＝(1，，2)，＝(1,0,2)． ∠C1AD為AC1與平面ABB1A1所成的角， cos∠C1AD＝ ＝＝， 又∵∠C1AD∈， ∴∠C1AD＝.] 考點

6、1　求異面直線所成的角 　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． 　 (2017·全國卷Ⅱ)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，

7、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.] [母題探究] 1.本例條件換為：“直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點”，則直線EF和BC1所成的角是________． 60°　[以B為坐標(biāo)原點，以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示． 設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， ∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2， ∴

8、cos〈，〉＝＝，則EF和BC1所成的角是60°.] 2．本例條件換為：“直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為等邊三角形， AA1＝AB，N，M分別是A1B1，A1C1的中點”，則AM與BN所成角的余弦值為________． 　[如圖所示，取AC的中點D，以D為原點，BD，DC，DM所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AC＝2，則A(0，－1,0)，M(0,0,2), B(－，0,0)，N， 所以＝(0,1,2)，＝， 所以cos〈，〉＝＝＝.] 　兩異面直線所成角的范圍是θ∈，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就

9、是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角． [教師備選例題] 如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)證明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值． [解]　(1)證明：如圖所示，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1. 由∠ABC＝120°， 可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝

10、，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中， 可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，AC，F(xiàn)G平面AFC， 所以EG⊥平面AFC. 因為EG平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖，以G為坐標(biāo)原點，分別以GB，GC所在直線為x軸、y軸，||為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系G-xyz， 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所

11、成角的余弦值為. 　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O-xyz， 則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0

12、，，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. 考點2　求直線與平面所成的角 　利用向量法求線面角的2種方法 (1)法一：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)法二：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角(夾角為鈍角時取其補角)，取其余角就是斜線和平面所成的角． 　(2019·深圳模擬)已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PD＝PB，H為PC上的點，過AH的平面分別交PB，PD于點M，N，且BD∥

13、平面AMHN. (1)證明：MN⊥PC； (2)當(dāng)H為PC的中點，PA＝PC＝AB，PA與平面ABCD所成的角為60°，求AD與平面AMHN所成角的正弦值． [解]　(1)證明：連接AC、BD且AC∩BD＝O，連接PO.因為ABCD為菱形，所以BD⊥AC， 因為PD＝PB，所以PO⊥BD， 因為AC∩PO＝O且AC、PO平面PAC， 所以BD⊥平面PAC， 因為PC平面PAC，所以BD⊥PC， 因為BD∥平面AMHN， 且平面AMHN∩平面PBD＝MN， 所以BD∥MN，MN⊥平面PAC， 所以MN⊥PC. (2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD， 因為PA＝

14、PC，且O為AC的中點， 所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD， 所以PA與平面ABCD所成的角為∠PAO， 所以∠PAO＝60°， 所以AO＝PA，PO＝PA， 因為PA＝AB，所以BO＝PA. 以，，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示． 設(shè)PA＝2，所以O(shè)(0,0,0)，A(1,0,0)，B，C(－1,0,0)，D，P，H， 所以＝，＝，＝. 設(shè)平面AMHN的法向量為n＝(x，y，z)， 所以即 令x＝2，則y＝0，z＝2，所以n＝(2,0,2)， 設(shè)AD與平面AMHN所成角為θ， 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 所以AD與平面AMH

15、N所成角的正弦值為. 　若求線面角的余弦值，要注意利用平方關(guān)系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要誤認(rèn)為直線的方向向量與平面的法向量所成夾角的余弦值即為所求． 　(2019·浙江高考)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點． (1)證明：EF⊥BC； (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值． [解]　法一：(幾何法)(1)連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，

16、平面A1ACC1∩平面ABC＝AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC. 又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. (2)取BC中點G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)． 不妨設(shè)AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.

17、 由于O為A1G的中點，故EO＝OG＝＝， 所以cos∠EOG＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是. 法二：(向量法)(1)連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC. 如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 不妨設(shè)AC＝4，則A1(0,0，2)，B(，1,0)，B1(，3，2)，F(xiàn)(，，2)，C(0,2,0)． 因此＝，＝(－，1,0)． 由·＝0，得EF⊥B

18、C. (2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ. 由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)． 設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 取n＝(1，，1)， 故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 所以cos θ＝， 因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為. 考點3　求二面角 　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． (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

19、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． 提醒：判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，可結(jié)合圖形進行． 　(2019·全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點． (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A-MA1-N的正弦值． [解]　(1)連接ME，B1C ∵M，E分別為BB1，BC中點， ∴ME為△B1BC的中位線， ∴ME∥B1C且ME＝B1C， 又N為A1D中點，且A1D綊B1C， ∴ND∥B1C且ND＝B1C， ∴ME綊ND，

20、 ∴四邊形MNDE為平行四邊形， ∴MN∥DE. 又MN平面C1DE，DE平面C1DE，∴MN∥平面C1DE. (2)法一：設(shè)AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1， 由直四棱柱性質(zhì)可知：OO1⊥平面ABCD. ∵四邊形ABCD為菱形， ∴AC⊥BD. 則以O(shè)為原點，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系： 則A，M，A1，D(0，－1,0)，N. 取AB中點F，連接DF，則F. ∵四邊形ABCD為菱形且∠BAD＝60°， ∴△BAD為等邊三角形， ∴DF⊥AB. 又AA1⊥平面ABCD，DF平面ABCD， ∴DF⊥AA1. ∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平

21、面AMA1. ∴為平面AMA1的一個法向量，且＝. 設(shè)平面MA1N的法向量n＝， 又＝，＝. ∴ 令x＝，則y＝1，z＝－1 ，∴n＝. ∴cos〈，n〉＝＝＝， ∴sin〈，n〉＝， ∴二面角A-MA1-N的正弦值為. 法二：由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則 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)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則即 所以可取m＝(，1,0)． 設(shè)n

22、＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則 即 可取n＝(2,0，－1)， 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A-MA1-N的正弦值為. [母題探究]　本例條件不變，求點C到平面C1DE的距離． [解]　法一：(幾何法)過C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH. 又DE∩C1E＝E， 從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為C到平面C1DE的距離， 由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝， 故CH＝. 從而點C到平面C1DE的距離為. 法二：(等體積法)在菱形ABCD中，E為BC中點，所以DE⊥BC，根

23、據(jù)題意有DE＝，C1E＝， 因為棱柱為直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1， 所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝××， 設(shè)點C到平面C1DE的距離為d， 根據(jù)題意有VC1-CDE＝VC-C1DE， 則有××××d＝××1××4， 解得d＝＝， 所以點C到平面C1DE的距離為. 　本例(2)在求解中給出了兩種常見的建系方式，建立便捷的空間直角坐標(biāo)系是求解本例的關(guān)鍵． 　1.如圖所示，二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為________． 60°　[∵＝＋＋，

24、 ∴||＝ ＝＝＝2. ∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24. ∴cos〈，〉＝－. 又所求二面角與〈，〉互補， ∴所求的二面角為60°.] 2.如圖，EA⊥平面ABC ，DB⊥平面ABC，△ABC是等邊三角形，AC＝2AE，M是AB的中點． (1)求證：CM⊥EM; (2)若直線DM與平面ABC所成角的正切值為2，求二面角B-CD-E的余弦值． [解]　(1)證明：因為△ABC是等邊三角形，M是AB的中點，所以CM⊥AM. 因為EA⊥平面ABC，CM平面ABC， 所以CM⊥EA. 因為AM∩EA＝A，所以CM⊥平面EAM. 因為EM平面EAM，所以CM

25、⊥EM. (2)以點M為坐標(biāo)原點，MC所在直線為x軸，MB所在直線為y軸，過M且與直線BD平行的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz，如圖所示． 因為DB⊥平面ABC， 所以∠DMB為直線DM與平面ABC所成的角， 所以tan∠DMB＝＝2， 即BD＝2MB，所以BD＝AC. 不妨設(shè)AC＝2，又AC＝2AE，則CM＝，AE＝1. 故B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,1,2)，E(0，－1,1)． 所以＝(，－1,0)，＝(0,0,2)，＝(－，－1,1)，＝(－，1,2)． 設(shè)平面BCD與平面CDE的一個法向量分別為m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 由 得 令x1＝1，得y1＝，所以m＝(1，，0)． 由 得 令x2＝1，得y2＝－，z2＝. 所以n＝. 所以cos〈m，n〉＝＝0. 所以二面角B-CD-E的余弦值為0.