2022版高考数学一轮总复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法学案含解析.doc

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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，则名称a与b的夹角a，bl1与l2所成的角范围0a，b0关系cosa，bcos |cosa，b|2直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3二面角(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，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|

2、，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离为|.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，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，()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和平面的方向向量和法向量，若cos m，n，则l与所成的角为()A30B60 C1

3、20D150A由于cosm，n，所以m，n120，所以直线l与所成的角为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()ABC或D或Cm(0,1,0)，n(0,1,1)，mn1，|m|1，|n|，cosm，n，m，n.两平面所成的二面角为或，故选C.3在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()AB CDC建立如图所示的坐标系，设AB2，则C1(，1,0)，A(0,0,2)，(，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. 考点一求异面直线所成的

4、角 用向量法求异面直线所成角的一般步骤典例1 (2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()ABCDC 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Bxyz，则A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C，C1，(0，2,1)，cos，故选C.母题变迁1.本例条件换为：“直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCAA1，ABC90，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，B

5、B1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，则EF和BC1所成的角是60.2本例条件换为：“直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为等边三角形， AA1AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点”，则AM与BN所成角的余弦值为_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AC2，则A(0，1,0)，M(0,0,2), B(，0,0)，N，所以(0,1,2)，所以cos，.点评：两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的

6、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如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.若PAAB，则PB与AC所成角的余弦值为_因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)所以(1，2)，(0,2，0)设PB与AC所成角为，则cos .即PB与AC所成角的余弦值为. 考点二求直线与平面所成的角

7、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，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面 ADE；(2)若EDBD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值(1)证明：在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD为直角三角形且ADB.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)解：由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD

8、，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，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(1，0)，E(0,0，)，F(0，)，所以(1,0，)，(2，0)设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)为平面AEC的一个法向量因为(1，)，所以cosn，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“AB2AD及ABD”得出ABD为直角三角形，解题务必推理严谨如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段A

9、D上一点，AM2MD，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(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解：取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PM

10、N的法向量，则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为. 考点三求二面角 利用向量计算二面角大小的常用方法提醒：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)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值(1)证明:连接ME，B1CM，E分别为BB1，BC中点，ME为B1BC的中位线，MEB1C且MEB1C，又N为A1D中点，且A1D綊B1C，NDB1C且NDB1C，ME綊ND，四边形MND

11、E为平行四边形，MNDE.又MN平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE.(2)证明：（法一）设ACBDO，A1C1B1D1O1，由直四棱柱性质可知：OO1平面ABCD.四边形ABCD为菱形，ACBD.则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系.则A，M，A1，D(0，1,0)，N.取AB中点F，连接DF，则F.四边形ABCD为菱形且BAD60，BAD为等边三角形， DFAB.又AA1平面ABCD，DF平面ABCD，DFAA1.DF平面ABB1A1，即DF平面AMA1.为平面AMA1的一个法向量，且.设平面MA1N的法向量n，又，. 令x，则y1，z1 ，n.cos，n，sin，n，

12、二面角AMA1N的正弦值为.(法二)：由已知可得DEDA.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则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)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则即 所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则 即 可取n(2,0，1)，于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.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母题变迁本例条件不变，求点C到平面C1DE的距离解(法一，几

13、何法)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.又DEC1EE，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CE1，C1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.(法二，等体积法)在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DEBC，根据题意有DE，C1E，因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SDEC1，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1CDEVCC1DE，则有d14，解得d，所以点C到平面C1DE的距离为.1.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分

14、别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为_60，|2.|cos，24.cos，.又所求二面角与，互补，所求的二面角为60.2(2020全国卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值(1)证明：设DOa，由题设可得POa，AOa，ABACBCa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.又PBPCP，PB，PC平面PBC，所以PA平面PBC.(2)解：作ONBC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，的方向为y轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，1,0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量，记n，则cosn，m.所以二面角BPCE的余弦值为.12