2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章 第七节　立体几何中的向量方法 Word版含答案.pdf

《2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章 第七节　立体几何中的向量方法 Word版含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章 第七节　立体几何中的向量方法 Word版含答案.pdf（28页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、第七节 立体几何中的向量方法 2019 考纲考题考情 1两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，其夹角为 ， 则 cos|cos|(其中 为异面直线 a，b 所成的角)。 |ab| |a|b| 2直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 的法向量为 n， 直线l与平面所成的角为， 向量e与n的夹角为， 则有sin |cos|。 |ne| |n|e| 3求二面角的大小 (1)如图，AB，CD 是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直 的直线，则二面角的大小 ， 。 AB CD (2)如图，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面 ，

2、的法向量，则二面角的大小 n1，n2或 n1，n2 。 1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。 2直线与平面所成的角：在上述求法中要注意的是 sin ，而不是 cos。 |ne| |n|e| |ne| |n|e| 3二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 ， 的法向量 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。 一、走进教材 1 (选修 21P104练习 2 改编)已知两平面的法向

3、量分别为 m (0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A45 B135 C45或 135 D90 解析 cosm，n，即m，n45。 mn |m|n| 1 1 2 2 2 所以两平面所成二面角为 45或 18045135。 答案 C 2 (选修21P112A组T6改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中， E 是 C1D1的中点，则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为( ) A B 10 10 1 20 C D 1 20 10 10 解析 如图建立空间直角坐标系 Dxyz，设 DA1，A(1,0,0)， C(0,1,0)，E，则(1，1,0)，设异面 ( 0，1 2

4、，1) AC DE ( 0，1 2，1) 直线 DE 与 AC 所成的角为 ，则 cos|cos，|。 AC DE 10 10 故选 D。 答案 D 3(选修 21P117A 组 T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的 直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 2，则 AC1与2 侧面 ABB1A1所成的角为_。 解析 以 C 为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标 ： A(2， 0,0)， C1(0,0,2)。 点 C1在 侧 面 ABB1A1内 的 射 影 为 点 C22 。 ( 3 2， 3 2 ，2 2 ) 所以(2,0，2)，设直线 AC1 AC1 2AC2 ( 1 2， 3

5、 2 ，2 2 ) 与平面ABB1A1所成的角为，则cos。 |AC1 AC2 | |AC1 |AC2 | 108 2 3 3 3 2 又 ，所以 。 0， 2 6 答案 6 二、走出误区 微提醒：异面直线所成角的取值范围出错；二面角的取 值范围出错；直线和平面所成的角的取值范围出错。 4 已知 2ab(0， 5,10)， c(1， 2， 2)， ac4， |b|12， 则以 b，c 为方向向量的两直线的夹角为_。 解析 由题意得， (2ab)c0102010， 即2acbc 10。 因为 ac4， 所以 bc18， 所以 cosb， c bc |b|c| ，所以b，c120，所以两直线的夹

6、18 12 144 1 2 角为 60。 答案 60 5已知向量 m，n 分别是直线 l 的方向向量、平面 的法向 量，若 cosm，n ，则 l 与 所成的角为_。 1 2 解析 设 l 与 所成的角为 ，则 sin|cosm，n| ， 1 2 所以 30。 答案 30 6在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则 平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为_。 解析 以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设棱长为 1， 则 A1(0， 0,1)， E， D(0,1,0)， 所以(0,1， ( 1，0，1 2) A1D 1)，。设平面 A

7、1ED 的法向量为 n1(1，y，z)， A1E ( 1，0，1 2) 则Error!Error!即Error!Error!解得Error!Error!故 n1(1,2,2)。又平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0,0,1)，所以 cosn1，n2 ， 2 3 故平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 。 2 3 答案 2 3 考点一 线线角、线面角的求法 【例 1】 (2018江苏高考)如图， 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABAA12，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点。 (1)求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值； (2)求直线 CC1与平面

8、AQC1所成角的正弦值。 解 如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，设 AC，A1C1的中 点分别为 O， O1， 连接 OB， OO1， 则 OBOC， OO1OC， OO1 OB，以，为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz。 OB OC OO1 因为 ABAA12， 所以 A(0， 1， 0)， B(， 0,0)， C(0,1,0)， A1(0， 3 1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)。3 (1)因为 P 为 A1B1的中点，所以 P，从而 ( 3 2 ，1 2，2) BP ，(0,2,2)， ( 3 2 ，1 2，2) AC1 故|cos，|。 BP AC1 |BP AC1

9、| |BP |AC1 | |14| 5 2 2 3 10 20 因此，异面直线 BP 与 AC1所有角的余弦值为。 3 10 20 (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q， ( 3 2 ，1 2，0) 因此，(0,2,2)，(0,0,2)。 AQ ( 3 2 ，3 2，0) AC1 CC1 设 n(x，y，z)为平面 AQC1的法向量， 则Error!Error!即Error!Error! 不妨取 n(，1,1)。3 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ， 则 sin|cos，n|， CC1 |CC1 n| |CC1 |n| 2 5 2 5 5 所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的

10、正弦值为。 5 5 1两异面直线所成角的范围是 ，两向量的夹角 ( 0， 2 的范围是0， ， 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。 2利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量， 转化 为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求， 即求出斜线的方向向量与平面的 法向量所夹的锐角或钝角的补角， 取其余角就是斜线和平面所成 的角。 【变式训练】 (2018湖北八校 4 月联考)如图，四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形，FAFC，且DABDBF

11、60。 (1)求证：AC平面 BDEF； (2)求直线 AD 与平面 ABF 所成角的正弦值。 解 (1)证明：设 AC 与 BD 相交于点 O，连接 FO， 因为四边形 ABCD 为菱形， 所以 ACBD，且 O 为 AC 中点， 因为 FAFC，所以 ACFO， 又 FOBDO，所以 AC平面 BDEF。 (2)连接 DF，因为四边形 BDEF 为菱形，且DBF60，所 以DBF 为等边三角形， 因为 O 为 BD 中点，所以 FOBD， 又 ACFO，ACBDO， 所以 FO平面 ABCD。 因为 OA，OB，OF 两两垂直， 所以可建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示， 设 AB2，

12、因为四边形 ABCD 为菱形，DAB60， 所以 BD2，AC2。3 因为DBF 为等边三角形，所以 OF。3 所以 A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，1,0)，F(0，0，)，33 所以(， 1,0)，(， 0，)，(， AD 3AF 33AB 3 1,0)。 设平面 ABF 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error! 取 x1，得 n(1， ，1)。3 设直线 AD 与平面 ABF 所成角为 ， 则 sin|cos，n|。 AD |AD n| |AD |n| 15 5 考点二 二面角的求法 【例 2】 (2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平

13、面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的 CD CD 点。 (1)证明：平面 AMD平面 BMC； (2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所 成二面角的正弦值。 解 (1)由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD。 因为 BCCD，BC平面 ABCD， 所以 BC平面 CMD，故 BCDM。 因为 M 为上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， CD 所以 DMCM。 又 BCCMC，所以 DM平面 BMC。 而 DM平面 AMD， 故平面 AMD平面 BMC。 (2)以 D 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立如图所 DA 示的空间直角坐标系

14、 Dxyz。 当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点。 CD 由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，M(0,1,1)， (2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)。 AM AB DA 设 n(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则 Error!Error!即Error!Error! 可取 n(1,0,2)。 是平面 MCD 的法向量， DA 因此 cosn， DA nDA |n|DA | 5 5 sinn， DA 2 5 5 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是。 2 5 5 利用空间向量计算二面角大小的常用方法 1找法

15、向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法 向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但 要注意结合实际图形判断所求角的大小。 2找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内 找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量， 则这两个向量的夹角 的大小就是二面角的大小。 【变式训练】 (2019广东六校联考)如图，在四棱锥 P ABCD 中， ABCD 是平行四边形， ABBC1， BAD120， PB PC，PA2，E，F 分别是 AD，PD 的中点。2 (1)证明：平面 EFC平面 PBC； (2)求二面角 ABCP 的余弦值。 解 (1)证明：连接 AC， 因为 ABCD 是平行

16、四边形，ABBC1，BAD120，所 以ADC60， 所以ADC 是等边三角形， 因为 E 是 AD 的中点，所以 CEAD。 因为 ADBC，所以 CEBC。 以 C 为坐标原点，分别以，的方向为 x 轴、y 轴的正 CE CB 方向，建立如图空间直角坐标系。 则 C(0,0,0)，E，A， ( 3 2 ，0，0) ( 3 2 ，1 2，0) B(0,1,0)，D， ( 3 2 ，1 2，0) 设 P(x，y，z)(x0，z0)， 由|2|22，|24， PB PC PA 可得 x，y ，z1， 3 2 1 2 所以 P， ( 3 2 ，1 2，1) 因为 F 是 PD 的中点，所以 F，

17、( 0，0，1 2) 因为0，所以 CBCF， CB CF 又因为 CEBC，CECFC， 所以 BC平面 EFC，因为 BC平面 PBC， 所以平面 EFC平面 PBC。 (2)由(1)知，(0,1,0)， CB CP ( 3 2 ，1 2，1) 设 n(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，则Error!Error! 所以Error!Error! 令 x2，则 n(2,0，)，3 设 m(0,0,1)，易知 m 是平面 ABC 的一个法向量， 所以 cosm，n， mn |m|n| 21 7 又易知二面角 ABCP 为钝二面角， 所以二面角 ABCP 的余弦值为。 21 7 考点三 空间角

18、的综合问题 【例3】 如图， 在等腰梯形ABCD中， ABC60， CD2， AB4， 点E为AB的中点， 现将该梯形中的三角形BEC沿线段EC 折起，形成四棱锥 BAECD。 (1)在四棱锥 BAECD 中，求证：ADBD； (2)若平面 BEC 与平面 AECD 所成二面角的平面角为 120， 求直线 AE 与平面 ABD 所成角的正弦值。 解 (1)证明 ： 由三角形BEC沿线段EC折起前， ABC60， CD2，AB4，点 E 为 AB 的中点，得三角形 BEC 沿线段 EC 折起后，四边形 AECD 为菱形，边长为 2，DAE60，如图， 取 EC 的中点 F，连接 DF，BF，DE

19、， 因为BEC 和DEC 均为正三角形， 所以 ECBF，ECDF，又 BFDFF， 所以 EC平面 BFD， 因为 ADEC，所以 AD平面 BFD， 因为 BD平面 BFD，所以 ADBD。 (2)以 F 为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系， 由 EC平面 BFD，知 z 轴在平面 BFD 内， 因为 BFEC，DFEC， 所以BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角， 所以BFD120，所以BFz30， 又因为 BF，所以点 B 的横坐标为，点 B 的竖坐标3 3 2 为 。 3 2 因 D(，0,0)，E(0,1,0)，A(，2,0)，B，33 ( 3 2 ，0，3 2)

20、故(，1,0)， AE 3BD ( 3 3 2 ，0，3 2) (0，2,0)。 AD 设平面 ABD 的法向量为 n(x，y，z)， 所以Error!Error! 得Error!Error! 令 x1，得 y0，z，3 所以平面 ABD 的一个法向量为 n(1,0，)，3 所以 cos，n AE AE n |AE |n| ， 3，1，01，0， 3 2 2 3 4 因为直线 AE 与平面 ABD 所成角为锐角， 所以直线 AE 与平面 ABD 所成角的正弦值为。 3 4 本题综合考查了二面角与线面角的知识， 这种题型一般已知 某个空间角求另外的空间角，有时可借助几何法，如本例借助几 何法先找

21、出平面 BEC 与平面 AECD 所成的角，再求 AE 与平面 ABD 所成的角。 有时也需要通过解方程解决， 如下面的变式训练。 【变式训练】 (2018全国卷)如图， 在三棱锥PABC中， ABBC2，PAPBPCAC4，O 为 AC 的中点。2 (1)证明：PO平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 MPAC 为 30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值。 解 (1)因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点， 所以 OPAC，且 OP2。3 连接 OB。因为 ABBCAC， 2 2 所以ABC 为等腰直角三角形， 且 OBAC，OB AC2。 1 2 由 OP2

22、OB2PB2知 POOB。 由 OPOB，OPAC 且 OBACO， 知 PO平面 ABC。 (2)如图，以 O 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立 OB 空间直角坐标系 Oxyz。 由已知得 O(0,0,0)， B(2,0,0)， A(0， 2,0)， C(0,2,0)， P(0,0， 2 )，(0,2，2)，3 AP 3 取平面 PAC 的一个法向量(2,0,0)。 OB 设 M(a,2a,0)(0a2)， 则(a,4a,0)。 AM 设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z)。 由n0，n0 得Error!Error! AP AM 可取 n(a4)，a，a)，33 所以 cos，

23、n。 OB 2 3 a4 2 3a423a2a2 由已知得|cos，n|。 OB 3 2 所以。 2 3|a4| 2 3a423a2a2 3 2 整理得 3a28a160， 解得 a4(舍去)，a 。 4 3 所以 n。 ( 8 3 3 ， 4 3 3 ，4 3) 又(0,2，2)，所以 cos，n。 PC 3PC 3 4 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为。 3 4 考点四 空间角的探究性问题 【例 4】 (2018湖北重点中学协作体 4 月联考)等边ABC 的边长为 3，点 D，E 分别是 AB，BC 上的点，且满足 AD DB CE EA (如图)， 将ADE 沿 DE 折起到

24、A1DE 的位置， 使二面角 A1 1 2 DEB 成直二面角，连接 A1B，A1C(如图)。 (1)求证：A1D平面 BCED； (2)在线段 BC 上是否存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所 成的角为 60？若存在，求出 PB 的长；若不存在，请说明理由。 解 (1)证明：题图中，由已知可得： AE2，AD1，A60。 从而 DE。12222 1 2 cos603 故得 AD2DE2AE2， 所以 ADDE，BDDE。 所以题图中，A1DDE， 又平面 ADE平面 BCEDDE， A1DE， A1D平面 A1DE， 所以 A1D平面 BCED。 (2)存在。由(1)知 EDDB，

25、A1D平面 BCED。以 D 为坐标 原点，以射线 DB、DE、DA1分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建 立空间直角坐标系 Dxyz，如图， 过P作PHDE交BD于点H， 设PB2a(02a3)， 则BH a，PHa，DH2a，3 易知 A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0， ，0)，33 所以(a2，a,1)。 PA1 3 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为(0， ，0)。 DE 3 因为直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60， 所以 sin60， 解得 a |PA1 DE | |PA1 |DE | 3a 4a24a5 3 3 2 。 5

26、4 所以 PB2a ，满足 02a3，符合题意。 5 2 所以在线段 BC 上存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成 的角为 60，此时 PB 。 5 2 利用向量解决与空间角有关的探索性问题，其步骤是 ： (1)假 设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空 间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角 或二面角的公式求解；(5)作出判断。 【变式训练】 如图所示， 在梯形 ABCD 中， ABCD， AD DCCB1，BCD120，四边形 BFED 是以 BD 为直角腰的 直角梯形，DE2BF2，平面 BFED平面 ABCD。 (1)求证：

27、AD平面 BFED； (2)在线段 EF 上是否存在一点 P， 使得平面 PAB 与平面 ADE 所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出点 P 的位置；若 5 7 28 不存在，说明理由。 解 (1)证明：在梯形 ABCD 中， 因为 ABCD，ADDCCB1，BCD120， 所以CDB30， 所以ADB90，所以 BDAD。 因为平面 BFED平面 ABCD，平面 BFED平面 ABCD BD，AD平面 ABCD， 所以 AD平面 BFED。 (2)因为 AD平面 BFED， 所以 ADDE。 以 D 为原点， 分别以 DA， DB， DE 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示

28、的空间直角坐标系， 在BCD 中， DCBC1， BCD120， 由余弦定理得 BD ，3 则 A(1,0,0)，B(0， ，0)，3 由题意，设 P(0)， ( 0，2 3 3 ) 3 所以(1， ，0)，。 AB 3BP ( 0， 3，2 3 3 ) 易知平面 EAD 的一个法向量为 m(0,1,0)， 设平面 PAB 的法向量为 n(x，y，z)， 由Error!Error!得Error!Error! 取 y1，可得 n。 ( 3，1， 3 2 3 3 ) 因为平面 PAB 与平面 ADE 所成的锐二面角的余弦值为， 5 7 28 所以|cosm，n|， |mn| |m|n| 1 31

29、( 3 2 3 3 ) 2 5 7 28 解得 ，即 P 为线段 EF 上靠近点 E 的三等分点。 3 3 Error!Error! (配合例 4 使用)如图， ABC 中， O 是 BC 的中点， ABAC， AO2OC2，将BAO 沿 AO 折起，使 B 点到达 B点。 (1)求证：AO平面 BOC； (2)当三棱锥 BAOC 的体积最大时，试问在线段 BA 上是 否存在一点 P，使 CP 与平面 BOA 所成的角的正弦值为？若 6 3 存在，求出点 P 的位置；若不存在，请说明理由。 解 (1)因为 ABAC 且 O 是 BC 的中点， 所以 AOBO，AOCO，由折叠知 AOBO， 又

30、因为 COBOO，且 CO，BO平面 BOC， 所以 AO平面 BOC。 (2)解法一：不存在，证明如下： 当面 BOA面 AOC 时，三棱锥 BAOC 的体积最大，因 为面 BOA面 AOCAO， BOAO， 所以 BO面 AOC， 所以 OC OB， 故 OA， OB， OC 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系 O xyz，则 A(2,0,0)，B(0,0,1)，C(0,1,0)， 设(2，0，)，其中 01， AP AB 则(22，1，)， CP CA AP 又因为平面 BOA 的法向量 n(0,1,0)， 依题意得，得， | CP n |CP |n| 6 3 1 5285 6 3 化简

31、得 1021670，此方程无解， 所以满足条件的点 P 不存在。 解法二：不存在，证明如下： 当面 BOA面 AOC 时，三棱锥 BAOC 的体积最大，因 为面 BOA面 AOCAO，BOAO， 所以 BO面 ACO，所以 OCOB， 故 OA，OB，OC 两两垂直，连接 OP， 因为 COBO，COAO，AOBOO， 所以 CO面 BOA， 所以CPO 即为 CP 与平面 BOA 所成的角， 在直角三角形 CPO 中，CO1，COP ， 2 sinCPO，所以 CP， 6 3 3 6 在ACB中，ACAB，BC，52 设 C 到直线 AB的距离为 h， 则由 SACB h ，得 h， 1 2 5 1 2 251 2 3 5 因为 CPh，所以满足条件的点 P 不存在。