【文档说明】高考统考数学理科北师大版一轮复习教师用书：第7章 第6节 立体几何中的向量方法 含解析【高考】.doc，共(13)页，795.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-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〉＜π0<θ≤

π2关系cos〈a，b〉＝a·b|a||b|cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||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sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n|

|a||n|.3．二面角(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→〉．图1图2图3(2)如图2,3，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)．[常用结论]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-2-的法向量，则B到平面α的距离为|BO→|＝|AB→·n||n|.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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]．()[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〉＝－12，则l与α所成的角为()A．3

0°B．60°C．120°D．150°A[由于cos〈m，n〉＝－12，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.π

4B.34πC.π4或34πD.π2或34πC[∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝2，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝22，∴〈m，n〉＝π4.∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选C.]-

3-3.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1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.3010B.3015C.3030D.1515A[以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz，如图，设AB＝2，则N(1,0,0)，D1(0,0,

2)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，∴B1M→＝(－1，－1，－2)，D1N→＝(1,0，－2)，∴B1M→·D1N→＝－1＋4＝3，|B1M→|＝6，|D1N→|＝5，∴cos〈B1M→，D1N→〉＝330＝

3010＞0，∴B1M与D1N所成角的余弦值为3010.故选A.]4．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A.22B.155C.64D.63C[建立如图所示的坐标系，设AB＝2，则C1(3，1,0)，A(0,0,2)

，AC1→＝(3，1，－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|AC1→·n||AC1→||n|＝38＝64.]考点一求异面直线所成的角-4-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ABC-A1B1C1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.32B.155C.105D

.33C[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B-xyz，则A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C32，－12，0，C132，－12，1，AB1→＝(0，－2

,1)，BC1→＝32，－12，1，cos〈AB1→，BC1→〉＝AB1→·BC1→|AB1→|·|BC1→|＝25×2＝105，故选C.][母题变迁]1.本例条件换为：“直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝9

0°，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)，-5-

∴EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)，∴EF→·BC1→＝2，∴cos〈EF→，BC1→〉＝22×22＝12，则EF和BC1所成的角是60°.]2．本例条件换为：“直三棱柱ABC-A1B1C1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________．710[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→|＝72

5×5＝710.]点评：两异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，两向量的夹角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．[跟进训练]如图，在

四棱锥P-ABCD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________．64[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＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，-6-0)．所以PB→＝(1，3，－2

)，AC→＝(0,23，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝PB→·AC→|PB→||AC→|＝622×23＝64.即PB与AC所成角的余弦值为64.]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＝π6，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＝π6，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝π2.因为DE⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以DE⊥BD.又

AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.-7-因为BD平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝π3，BD＝3AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝3.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(－1，3，0)，E(0,0，3)，F(0，3，3)，所以AE→＝(－1,0，3)，AC→＝(－2，3，0)．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→

＝0，n·AC→＝0，即－x＋3z＝0，－2x＋3y＝0，令z＝1，得n＝(3，2,1)为平面AEC的一个法向量．因为AF→＝(－1，3，3)，所以cos〈n，AF→〉＝n·AF→|n|·|AF→|＝4214，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为4214.点评：本题在求解中常犯的一个

错误是：直接由“AB＝2AD及∠ABD＝π6”得出△ABD为直角三角形，解题务必推理严谨．[跟进训练]如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2M

D，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＝23AD＝2.-8-取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝12BC＝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＝AB2－BE2＝AB2－BC22＝5.以A为坐标原点

，AE→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N52，1，2，PM→＝(0,2，－4)，PN→＝52，1，－2，AN→＝52，1，2.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法

向量，则n·PM→＝0，n·PN→＝0，即2y－4z＝0，52x＋y－2z＝0，可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，AN→〉|＝|n·AN→||n||AN→|＝8525，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525

.考点三求二面角利用向量计算二面角大小的常用方法-9-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ABCD-A1B1C1D1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A-MA1-N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＝12B1C，又N为A1D中点，且A1D綊B1C，∴ND∥B1C且ND＝12B1C，∴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()3，0，0，M()0，1，2，-10-A1()3，0，4，D(0，－1,0)，N32，－12

，2.取AB中点F，连接DF，则F32，12，0.∵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.∴DF→

为平面AMA1的一个法向量，且DF→＝32，32，0.设平面MA1N的法向量n＝()x，y，z，又MA1→＝()3，－1，2，MN→＝32，－32，0.∴n·MA1→＝3x－y＋2z＝0，n·MN→＝32x－32y＝

0，令x＝3，则y＝1，z＝－1，∴n＝()3，1，－1.∴cos〈DF→，n〉＝DF→·n||DF→·||n＝315＝155，∴sin〈DF→，n〉＝105，∴二面角A-MA1-N的正弦值为105.法二：由

已知可得DE⊥DA.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D-xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，3，2)，N(1,0,2)，A1A→＝(0，0，－4)，A1M→＝(－1，3，－2)，A1N→＝(－1,0，－2)，MN→＝(0，－3，0

)．-11-设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则m·A1M→＝0，m·A1A→＝0，即－x＋3y－2z＝0，－4z＝0.所以可取m＝(3，1,0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则n·MN→＝0，n·A1N→＝0.即－3

q＝0，－p－2r＝0.可取n＝(2,0，－1)，于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝232×5＝155，所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.[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＝17，故CH＝41717.从而点C到平面C1DE的距离为41717.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＝3，C1E＝17，因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝12×3×17，设点C到平面C1DE的距离为d，-12-根据题意有VC1-CDE＝

VC-C1DE，则有13×12×3×17×d＝13×12×1×3×4，解得d＝417＝41717，所以点C到平面C1DE的距离为41717.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．[跟进训练]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＝217，则该二面角的大小为________．60°[∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴|CD→|＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝36＋16

＋64＋2CA→·BD→＝116＋2CA→·BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→|·|BD→|·cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉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＝66DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-

E的余弦值．-13-[解](1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝22a.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ON→所在的直线为x轴，OE→的方向为y轴正方向，|OE→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，C－32，12，0，

P0，0，22.所以EC→＝－32，－12，0，EP→＝0，－1，22.设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则m·EP→＝0，m·EC→＝0，即－y＋22z＝0，－32x－12y＝0.可取m＝

－33，1，2.由(1)知AP→＝0，1，22是平面PCB的一个法向量，记n＝AP→，则cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝255.所以二面角B-PC-E的余弦值为255.