（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 7 第7講 立體幾何中的向量方法 1 第1課時 空間角教學(xué)案

第7講立體幾何中的向量方法1空間向量與空間角的關(guān)系(1)兩條異面直線所成角的求法(a，b分別為異面直線l1，l2的方向向量)a與b的夾角l1與l2所成的角范圍0，求法cos cos |cos |(2)直線和平面所成角的求法如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面的法向量為n，直線l與平面所成的角為，兩向量e與n的夾角為，則有sin |cos |(3)二面角大小的求法a如圖，AB，CD是二面角l兩個半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小，b如圖，n1，n2分別是二面角l的兩個半平面，的法向量，則二面角的大小滿足cos cosn1，n2或cosn1，n22點到平面的距離的求法如圖，設(shè)AB為平面的一條斜線段，n為平面的法向量，則點B到平面的距離d.疑誤辨析判斷正誤(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，()答案：(1)×(2)×(3)×(4)教材衍化1(選修2­1P104練習(xí)T2改編)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的大小為_解析：cosm，n，即m，n45°.所以兩平面所成二面角為45°或180°45°135°.答案：45°或135°2(選修2­1P112A組T6改編)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC夾角的余弦值為_解析：以D點為原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)DA1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，則(1，1，0)，設(shè)異面直線DE與AC所成的角為，則cos |cos，|.答案：3(選修2­1P117A組T4改編)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1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_解析：以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，得下列坐標(biāo)A(2，0，0)，C1(0，0，2)點C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點C2.所以(2，0，2)，設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為，則cos .又，所以.答案：易錯糾偏直線和平面所成的角的取值范圍出錯.已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面的法向量，若cosm，n，則l與所成的角為_解析：設(shè)l與所成的角為，則sin |cosm，n|，所以30°.答案：30°第1課時空間角異面直線所成的角 如圖，在三棱錐P­ABC中，PA底面ABC，BAC90°.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，點M是線段AD的中點，PAAC4，AB2.(1)求證：MN平面BDE；(2)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長【解】如圖，以A為原點，分別以，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz.依題意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)(1)證明：(0，2，0)，(2，0，2)設(shè)n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨設(shè)z1，可得n(1，0，1)又(1，2，1)，可得·n0.因為MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)依題意，設(shè)AHh(0h4)，則H(0，0，h)，進而可得(1，2，h)，(2，2，2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以，線段AH的長為或.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提醒注意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)別：當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是此異面直線所成的角；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所成的角 1長方體ABCD­A1B1C1D1中，ABAA12，AD1，點E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為()A.B.C. D.解析：選B.以D為原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D­xyz，如圖則A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).(1，0，2)，(1，2，1)，cos，.所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為.2.如圖，在四棱錐P­ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60°.(1)求證：BD平面PAC；(2)若PAAB，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ACBD.因為PA平面ABCD，所以PABD.又因為ACPAA，所以BD平面PAC.(2)設(shè)ACBDO.因為BAD60°，PAAB2，所以BO1，AOCO.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，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，則cos .即PB與AC所成角的余弦值為.直線與平面所成的角 (2018·高考浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120°，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)證明：AB1平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值【解】法一：(1)由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C1，由ABBC2，ABC120°得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1.(2)如圖，過點C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點D，連接AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.法二：(1)如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz.由題意知各點坐標(biāo)如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3)由·0得AB1A1B1.由·0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2)設(shè)平面ABB1的法向量n(x，y，z)由即可取n(，1，0)所以sin |cos，n|.因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.利用向量求線面角的方法(1)分別求出斜線和它所在平面內(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)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銳角，取其余角就是斜線與平面所成的角 (2020·浙江省高中學(xué)科基礎(chǔ)測試)如圖，在三棱錐P­ABC中，ABC是等邊三角形，點D是AC的中點，PAPC，二面角P­AC­B的大小為60°.(1)求證：平面PBD平面PAC；(2)求AB與平面PAC所成角的正弦值解：(1)證明： AC平面PBD，又AC平面PAC，所以平面PAC平面PBD，即平面PBD平面PAC.(2)因為ACBD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系D­xyz.則D(0，0，0)，令A(yù)(1，0，0)，則B(0，0)，C(1，0，0)又PDB為二面角P­AC­B的平面角，得PDB60°.設(shè)DP，則P，設(shè)n(x，y，z)為平面PAC的一個法向量，則(2，0，0)，由，得，取y，得n(0，1)又(1，0)，得cosn，.設(shè)AB與平面PAC所成角為，則sin |cosn，|.二面角(高頻考點)二面角是高考的重點，是考查熱點，題型多以解答題形式出現(xiàn)，一般為中檔題主要命題角度有：(1)求二面角；(2)由二面角求其他量角度一求二面角如圖，在三棱臺ABC­DEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90°，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求證：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值【解】 (1)證明：延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示因為平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，且ACBC，所以，AC平面BCK，因此，BFAC.又EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BFCK，又ACCKC，所以BF平面ACFD.(2)如圖，延長AD，BE，CF相交于一點K，則BCK為等邊三角形取BC的中點O，連接KO，則KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以，KO平面ABC.以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz.由題意得B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0，)，A(1，3，0)，E(，0，)，F(xiàn)(，0，)因此，(0，3，0)，(1，3，)，(2，3，0)設(shè)平面ACK的法向量為m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量為n(x2，y2，z2)由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，)于是，cosm，n.所以，二面角BADF的平面角的余弦值為.角度二由二面角求其他量 如圖，四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，點E為PD的中點(1)證明：PB平面AEC；(2)設(shè)二面角D­AE­C為60°，AP1，AD，求三棱錐E­ACD的體積【解】(1)證明：連接BD，設(shè)AC與BD的交點為G，則G為AC，BD的中點，連接EG.在三角形PBD中，中位線EGPB，且EG在平面AEC內(nèi)，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)設(shè)CDm，以A為原點，分別以，的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，則A(0，0，0)，D(0，0)，E，C(m，0)所以(0，0)，(m，0)設(shè)平面ADE的法向量為n1(x1，y1，z1)，則解得n1(1，0，0)同理設(shè)平面ACE的法向量為n2(x2，y2，z2)，則解得一個n2(，m，m)因為cos 60°|cosn1，n2|，解得m.設(shè)F為AD的中點，連接EF，則PAEF，且EF，EF平面ACD，所以EF為三棱錐E­ACD的高所以VE­ACD·SACD·EF××××.所以三棱錐E­ACD的體積為.求二面角大小的常用方法(1)分別求出二面角的兩個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的大小(2)分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以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 (2020·溫州普通高中?？?如圖，四棱錐P­ABCD中，ABCBCD90°，AB2，CDCBCP1，點P在底面上的射影為線段BD的中點M，點F為AB的中點(1)若點E為棱PB的中點，求證：CE平面PAD；(2)求二面角A­PB­C的平面角的余弦值解：(1)如圖，由點P在底面上的射影為線段BD的中點M，且MCMBMFMD，則PCPBPDBC，以B為坐標(biāo)原點，BC，BA所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系B­xyz，則B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，1，0)，P，E，則(1，1，0)，所以t(1，1，)為平面PAD的一個法向量，所以·t0，所以CE平面PAD.(2)(0，2，0)，(1，0，0)，設(shè)平面BPA的一個法向量為m(x，y，z)，由，即，取m(，0，1)，同理，平面BPC的一個法向量為n(0，1)，設(shè)是二面角A­PB­C的平面角，易見與m，n互補，故cos cosm，n，所以二面角A­PB­C的平面角的余弦值為.基礎(chǔ)題組練1在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若BAC90°，ABACAA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于()A30°B45°C60° D90°解析：選C.不妨設(shè)ABACAA11，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則B(0，1，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(1，0，1)，所以(0，1，1)，(1，0，1)，所以cos，所以，60°，所以異面直線BA1與AC1所成的角等于60°.2在三棱錐P­ABC中，PA平面ABC，BAC90°，點D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點，ABAC1，PA2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為()A.B. C.D.解析：選C.以A為原點，AB，AC，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，由ABAC1，PA2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F(xiàn).所以(0，0，2)，.設(shè)平面DFE的法向量為n(x，y，z)，則由得取z1，則n(2，0，1)，設(shè)直線PA與平面DEF所成的角為，則sin |cos，n|，所以直線PA與平面DEF所成角的正弦值為.3在正方體ABCD­A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為_解析：以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，設(shè)棱長為1，則A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以(0，1，1)，設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1(1，y，z)，則所以所以n1(1，2，2)因為平面ABCD的一個法向量為n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.即所成的銳二面角的余弦值為.答案：4在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB1，點D在棱BB1上，若BD1，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為_解析：如圖，設(shè)AD與平面AA1C1C所成的角為，點E為AC的中點，連接BE，則BEAC，所以BE平面AA1C1C，可得·()··1××××cos (為與的夾角)，所以cos sin ，所以所求角的正切值為tan .答案：5已知單位正方體ABCD­A1B1C1D1，E，F(xiàn)分別是棱B1C1，C1D1的中點試求：(1)AD1與EF所成角的大??；(2)AF與平面BEB1所成角的余弦值解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B1­xyz，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F(xiàn).(1)因為(0，1，1)，所以cos，即AD1與EF所成的角為60°.(2)，由圖可得，(1，0，0)為平面BEB1的一個法向量，設(shè)AF與平面BEB1所成的角為，則sin |cos，|，所以cos .即AF與平面BEB1所成角的余弦值為.6(2020·寧波市余姚中學(xué)高三期中)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為菱形，BAD60°，點Q為AD的中點(1)若PAPD，求證：平面PQB平面PAD；(2)設(shè)點M是線段PC上的一點，PMtPC，且PA平面MQB.求實數(shù)t的值；若PAPDAD2，且平面PAD平面ABCD，求二面角M­BQ­C的大小解：(1)證明：連接BD，因為四邊形ABCD為菱形，BAD60°，所以ABD是正三角形，又Q為AD中點，所以ADBQ.因為PAPD，Q為AD中點，所以ADPQ.又BQPQQ，所以AD平面PQB，AD平面PAD，所以平面PQB平面PAD.(2)當(dāng)t時，使得PA平面MQB.連接AC交BQ于N，交BD于O，則O為BD的中點，又因為BQ為ABD邊AD上的中線，所以N為正三角形ABD的重心，令菱形ABCD的邊長為a，則ANa，ACa.因為PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，所以PAMN，即PMPC，t.因為PQAD，又平面PAD平面ABCD，所以QA，QB，QP兩兩垂直，以Q為坐標(biāo)原點，分別以QA，QB，QP所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Q­xyz，由PAPDAD2，則B(0，0)，C(2，0)，P(0，0，)，設(shè)M(a，b，c)，則(a，b，c)，(2，)，因為PMPC，所以，所以a，b，c，所以M，設(shè)平面MQB的法向量n(x，y，z)，由，(0，0)，且n，n，得，取z1，得n(，0，1)，又平面ABCD的法向量m(0，0，1)，所以cosm，n，由圖知二面角M­BQ­C的平面角為銳角，所以二面角M­BQ­C的大小為60°.綜合題組練1.(2020·杭州中學(xué)高三月考)如圖，四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA底面ABCD，點M是棱PD的中點，且PAABAC2，BC2.(1)求證：CD平面PAC；(2)求二面角M­AB­C的大?。?3)如果N是棱AB上一點，且直線CN與平面MAB所成角的正弦值為，求的值解：(1)證明：因為在ABC中，ABAC2，BC2，所以BC2AB2AC2，所以ABAC，因為ABCD，所以ACCD，又因為PA底面ABCD，所以PACD，因為ACPAA，所以CD平面PAC.(2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，則A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(2，2，0)，因為點M是棱PD的中點，所以M(1，1，1)，所以(1，1，1)，(2，0，0)，設(shè)n(x，y，z)為平面MAB的法向量，所以，即.令y1，則，所以平面MAB的法向量n(0，1，1)因為PA平面ABCD，所以(0，0，2)是平面ABC的一個法向量所以cosn，.因為二面角M­AB­C為銳二面角，所以二面角M­AB­C的大小為.(3)因為N是棱AB上一點，所以設(shè)N(x，0，0)，(x，2，0)，設(shè)直線CN與平面MAB所成角為，因為平面MAB的法向量n(0，1，1)，所以sin |cos，n|，解得x1，即AN1，NB1，所以1.2(2020·惠州市第三次調(diào)研考試)如圖，四邊形ABCD是圓柱OQ的軸截面，點P在圓柱OQ的底面圓周上，點G是DP的中點，圓柱OQ的底面圓的半徑OA2，側(cè)面積為8，AOP120°.(1)求證：AGBD；(2)求二面角P­AG­B的平面角的余弦值解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，由題意可知82×2×AD，解得AD2.則A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，因為G是DP的中點，所以可求得G.(1)證明：(0，4，2)，.所以··(0，4，2)0，所以AGBD.(2)(，1，0)，因為·0，·0，所以是平面APG的法向量設(shè)n(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n·0，n·0.解得n(2，0，1)，cos，n.結(jié)合圖形得，二面角P­AG­B的平面角的余弦值為.3(2020·溫州十五校聯(lián)考)已知菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于一點O，BAD60°，將BDC沿著BD折起得BDC，連接AC.(1)求證：平面AOC平面ABD；(2)若點C在平面ABD上的投影恰好是ABD的重心，求直線CD與底面ADC所成角的正弦值解：(1)證明：因為COBD，AOBD，COAOO，所以BD平面COA，又因為BD平面ABD，所以平面AOC平面ABD.(2)如圖建系O­xyz，令A(yù)Ba，則A，B，D，C，所以，平面ADC的法向量為m，設(shè)直線CD與底面ADC所成角為，則sin |cos，m|，故直線CD與底面ADC所成角的正弦值為.4.如圖，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD底面ABCD，側(cè)棱PAPD，PAPD，底面ABCD為直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O為AD的中點(1)求直線PB與平面POC所成角的余弦值；(2)求B點到平面PCD的距離；(3)線段PD上是否存在一點Q，使得二面角Q­AC­D的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由解：(1)在PAD中，PAPD，O為AD中點，所以POAD，又側(cè)面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.在直角梯形ABCD中，連接OC，易得OCAD，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點，直線OC為x軸，直線OD為y軸，直線OP為z軸可建立空間直角坐標(biāo)系Q­xyz(、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向)，則P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以(1，1，1)易證OA平面POC，所以(0，1，0)是平面POC的一個法向量，又cos，所以直線PB與平面POC所成角的余弦值為.(2)(0，1，1)，(1，0，1)，設(shè)平面PCD的法向量為u(x，y，z)，則取z1，得u(1，1，1)所以B點到平面PCD的距離為d.(3)存在設(shè)(01)，因為(0，1，1)，所以(0，)，所以(0，1)，所以Q(0，1)設(shè)平面CAQ的法向量為m(x，y，z)，則取z1，得m(1，1，1)，易知平面CAD的一個法向量為n(0，0，1)，因為二面角Q­AC­D的余弦值為，所以|cosm，n|，得321030，解得或3(舍去)，所以存在點Q，使得二面角Q­AC­D的余弦值為，且.20