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2022届高考数学一轮复习 第八章 8.7 立体几何中的向量方法学案

2022届高考数学一轮复习 第八章 8.7 立体几何中的向量方法学案

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第七节　立体几何中的向量方法

【知识重温】
一、必记4个知识点
1．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

a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
[0，π]
①____________
求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝②____________
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α的法向量为n，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sin φ＝|cos θ|＝③________________.

3．二面角的求法
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
①
　②
　③

(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cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
4．空间距离的求法
(1)利用||2＝·可以求空间中有向线段的长度．

(2)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B到平面α的距离为||＝||·|cos〈，n〉|＝.
二、必明3个易误点
1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为.
2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．
3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cos θ＝；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－.当图形不能确定时，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(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.(　　)
(3)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°.(　　)
二、教材改编
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为(　　)
A．－ B．－ C. D.
3.

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，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．

三、易错易混
4．已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1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________．

四、走进高考
6．[2020·山东卷，4]

日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA
垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A．20° B．40° C．50° D．90°

考点一　直线与平面所成的角
[例1]　[2020·全国卷Ⅱ]

如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

悟·技法
向量法求线面角的两大途径
(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线和平面所成的角．
[提醒]　在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则垂线上取两个点可构成一个法向量.

[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2020·浙江卷，19]如图，在三棱台ABC － DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.
(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

考点二　二面角

[例2]　[2020·全国卷Ⅲ]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.

悟·技法
利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：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法：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.

[变式练]——(着眼于举一反三)
2.

[2021·山西省六校高三第一次阶段性测试]如图，在矩形ABCD中，将△ACD沿对角线AC折起，使点D到达点E的位置，且AE⊥BE.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)若EB＝，三棱锥B－AEC的体积为，求二面角E－AC－B的余弦值．

考点三　立体几何中的探索性问题
[例3]　[2021·洛阳市尖子生第一次联考]如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3.

(1)求证：平面ACE⊥平面BED.
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值．
(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M－BE－D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

悟·技法
探索性问题的求解策略
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.

[变式练]——(着眼于举一反三)
3．[2021·山西省八校高三第一次联考]

如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝2，PD＝2，∠PDA＝，E为PD上一动点．
(1)求证：AE⊥CD.
(2)延长CB到G，使AG⊥PC，若F为PG的中点，问是否存在点E，使二面角P－AE－F的余弦值为？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由．

第七节　立体几何中的向量方法
【知识重温】
①　②　③
【小题热身】
1．答案：(1)×　(2)√　(3)×
2．解析：

以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图．设DA＝1，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，则＝(－1,1,0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝.故选D.
答案：D

3．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
C2.
所以＝(－2,0，2)，
＝，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.
又θ∈，所以θ＝.
答案：
4．解析：设l与α所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，∴θ＝30°.
答案：30°
5．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)，＝，设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则即解得即n1＝(1,2,2)，又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝，故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
答案：
6．解析：由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°.故选B.

答案：B
课堂考点突破
考点一
例1　解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz，则AB＝2，AM＝.

连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0)，则NQ＝，B1，故＝，
||＝.
又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故sin＝cos〈n，〉＝＝.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
变式练
1．解析：

(1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点 O，
连接OB.
由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝CO.
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，
所以DO⊥BC.
由∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO得BO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.
由三棱台ABC － DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB.
(2)解法一　如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.
由三棱台ABC － DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．
由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．
设CD＝2.
由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin∠OCH＝＝，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.

解法二　由三棱台ABC － DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.
如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
设CD＝2.
由题意知各点坐标如下：
O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．
因此 ＝(0,2,0)，＝(－1,1,0)，＝(0，－2,2)．
设平面BCD的法向量n＝(x，y，z)．
由即可取n＝(1,1,1)．
所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
考点二

例2　解析：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1－xyz.
(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，
F，＝，＝，得＝，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1,2)，＝(－2,0,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
则即
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2为平面A1EF的法向量，
则
同理可取n2＝.
因为cos〈n1，n2〉＝＝－，
所以二面角A－EF－A1的正弦值为.
变式练
2．解析：(1)证明：由翻折可得AE⊥EC，
因为AE⊥BE，且BE，CE是平面BCE内的两条相交直线，所以AE⊥平面BEC.
又BC⊂平面BEC，所以AE⊥BC.
又BC⊥AB，且AE，AB是平面ABE内的两条相交直线，
所以CB⊥平面ABE.
又CB⊂平面ABC，所以平面ABE⊥平面ABC.
(2)设BC＝a，则AE＝a，由于AE⊥BE，所以S△ABE＝×AE×BE＝a.
由(1)知CB⊥平面ABE，所以三棱锥B－AEC的体积VB－AEC＝VC－ABE＝S△ABE·BC＝×a×a＝，
得a＝3，即BC＝3，所以AB＝＝4.
过点E作EO⊥AB于点O，因为平面ABE⊥平面 ABC，所以EO⊥平面ABC.
解法一　以O为原点，直线OB为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，直线OE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由于EO⊥平面ABC，所以平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．
在直角三角形AEB中，AE⊥BE，EO⊥AB，AE＝3，AB＝4，EB＝，所以可得AO＝，BO＝，EO＝，于是E，A，C，
则＝(4,3,0)，＝.
设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，得，取x＝－3，得y＝4，z＝，
故n＝为平面EAC的一个法向量．
cos〈m，n〉＝＝＝，
易知二面角E－AC－B为锐二面角，
所以二面角E－AC－B的余弦值为.

解法二　过点O作OF⊥AC于点F，连接EF，根据EO⊥平面ABC，得EO⊥AC，又OF，EO为平面OEF内的两条相交直线，所以AC⊥平面OEF，则EF⊥AC，于是∠EFO是二面角E－AC－B的平面角．
在△ABE中，AB＝4，AE＝3，BE＝，∠AEB＝90°，EO⊥AB，
所以EO＝.
在△ACE中，EC＝4，AE＝3，∠AEC＝90°，EF⊥AC，所以EF＝.
在△EFO中，EO＝，EF＝，∠EOF＝90°，所以sin∠EFO＝，
所以cos∠EFO＝＝，
所以二面角E－AC－B的余弦值为.
考点三
例3　解析：(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF，DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.
又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BED.
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.则A(3,0,0)，F(3,0,2)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，所以＝(3，－3,0)，＝(－3，－3,3)，＝(3,0，－)．

设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
取x＝，得n＝(，2，3)．
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M，设M(3,0，t)，0≤t≤2，则＝(0，－3，t)．
设平面MBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则，
令y1＝t，得m＝(3－t，t,3)．
由(1)知CA⊥平面BED，所以是平面BED的一个法向量，|cos〈m，〉|＝＝＝cos 60°＝，
整理得2t2－6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍去)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M－BE－D的大小为60°，此时＝.
变式练
3．解析：(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，AD⊥CD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD.
又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE.
(2)假设存在这样的点E.
∵PA＝2，PD＝2，∠PDA＝，∴由余弦定理可得AD＝2，由勾股定理的逆定理得PA⊥AD，
由(1)可知CD⊥PA，又AD∩CD＝D，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，
∴PA，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，分别以直线AB，AD，PA为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，设PE＝tPD(t≠0)，G(2，m,0)，则E(0,2t,2－2t)，＝(2，m,0)，＝(2,2，－2)，＝(0,2t,2－2t)．
∵AG⊥PC，∴·＝0，即4＋2m＝0，得m＝－2.
∵点F是PG的中点，
∴点F的坐标为(1，－1,1)，＝(1，－1,1)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则，
令z＝1，得y＝1－，x＝－，
∴n＝.
∵x轴与平面PAD垂直，∴取平面PAD的一个法向量为m＝(1,0,0)．
则|cos〈m，n〉|＝＝＝，得t＝，经检验知符合题意，此时点E为PD的中点，
∴存在符合题意的点E，且点E为PD的中点．