鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.7立体几何中的向量方法二教案含解析

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1、8.7立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用1两条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l1与l2所成的角a与b的夹角范围0，求法coscos2.直线与平面所成角的求法设直线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，a与n的夹角为，则sin|cos|.3求二面角的大小(1)如图，AB，CD分别是二面角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，n

2、2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)概念方法微思考1利用空间向量如何求线段长度？提示利用|2可以求空间中有向线段的长度2如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离为|cos，n|.题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(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，()(5)若二面角

3、a的两个半平面，的法向量n1，n2所成角为，则二面角a的大小是.()题组二教材改编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()A45B135C45或135D90答案C解析cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.3如图，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与侧面ABB1A1所成的角为_答案解析如图，以A为原点，以，(AEAB)，所在直线分别为x轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，则A(0，0，0)，C1(1，2)，D(1，0，2)，(1，2)，

4、(1，0，2)C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，cosC1AD，又C1AD，C1AD.题组三易错自纠4在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案C解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BCCACC12，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，(1，1，2)，(1，0，2)cos，.5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cosm，n，则l与所成的角为_答案30解

5、析设l与所成角为，cosm，n，sin|cosm，n|，090，30.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)证明如图所示，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC2，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由B

6、D2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，AC，FG平面AFC，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦

7、值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值跟踪训练1三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1平面ABC，AA1AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案C解析如图所示，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，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018全国)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点

8、C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值(1)证明由已知可得BFPF，BFEF，PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin|c

9、os，|.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.思维升华若直线l与平面的夹角为，直线l的方向向量l与平面的法向量n的夹角为，则或，故有sin|cos|.跟踪训练2(2018全国)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(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(1)证明因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面

10、ABC，所以PO平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2)由(1)知平面PAC的一个法向量为(2，0，0)设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0，得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0，2，2

11、)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.题型三求二面角例3(2018济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，ABCD，且CD6，AB12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQOB.(1)证明：OD平面PAQ；(2)若BE2AE，求二面角CBQA的余弦值(1)证明由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，

12、0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)点P为BC中点，P，(3，0，6)，(0，m，0)，0，0，且与不共线，OD平面PAQ.(2)解BE2AE，AQOB，AQOB3，则Q(6，3，0)，(6，3，0)，(0，3，6)设平面CBQ的法向量为n1(x，y，z)，令z1，则y2，x1，则n1(1，2，1)，易知平面ABQ的一个法向量为n2(0，0，1)，设二面角CBQA的平面角为，由图可知，为锐角，则cos.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：求平面的垂线的方向向量；利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，

13、列方程组求解跟踪训练3(2018全国)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值(1)证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC.又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)解以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

14、.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得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)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2)，是平面MCD的一个法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥SABCD中，ABD为正三角形，BCD120，CBCDCS2，BSD90.(1)求证：AC平面SBD；(2)若SCBD，求二面角ASBC的余弦值(1)证明设ACBDO，连接SO，如图，因为ABAD，CBC

15、D，所以AC是BD的垂直平分线，即O为BD的中点，且ACBD.1分在BCD中，因为CBCD2，BCD120，所以BD2，CO1.在RtSBD中，因为BSD90，O为BD的中点，所以SOBD.在SOC中，因为CO1，SO，CS2，所以SO2CO2CS2，所以SOAC.4分因为BDSOO，BD，SO平面SBD，所以AC平面SBD.5分(2)解方法一过点O作OKSB于点K，连接AK，CK，如图，由(1)知AC平面SBD，所以AOSB.因为OKAOO，OK，AO平面AOK，所以SB平面AOK.6分因为AK平面AOK，所以AKSB.同理可证CKSB.7分所以AKC是二面角ASBC的平面角因为SCBD，由

16、(1)知ACBD，且ACSCC，AC，SC平面SAC，所以BD平面SAC.而SO平面SAC，所以SOBD.在RtSOB中，OK.在RtAOK中，AK，同理可求CK.10分在AKC中，cosAKC.所以二面角ASBC的余弦值为.12分方法二因为SCBD，由(1)知，ACBD，且ACSCC，AC，SC平面SAC，所以BD平面SAC.而SO平面SAC，所以SOBD.6分由(1)知，AC平面SBD，SO平面SBD，所以SOAC.因为ACBDO，AC，BD平面ABCD，所以SO平面ABCD.7分以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(3，0，0)，B(0，0)，C

17、(1，0，0)，S(0，0，)所以(3，0)，(1，0)，(0，)8分设平面SAB的法向量n(x1，y1，z1)，则令y1，得平面SAB的一个法向量为n(1，)同理可得平面SCB的一个法向量为m(，1，1)10分所以cosn，m.因为二面角ASBC是钝角，所以二面角ASBC的余弦值为.12分利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角1已知两平面的法向量分别为m(1，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A60B120C60或120D90答案C解析cosm，

18、n，即m，n120.两平面所成二面角为120或18012060.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案A解析设CA2，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量(2，2，1)，(0，2，1)，由向量的夹角公式得cos，故选A.3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()A.B.C.D.答案B解析以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图

19、所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(0，1，1)，.设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则有即n1(1，2，2)平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.4在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与B1D所成角的大小为()A.B.C.D.答案D解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0)(1，1，0)，(1，1，1)，1(1)110(

20、1)0，AC与B1D所成的角为.5(2018上饶模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1，ABAA12，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为()A0BC.D.答案C解析以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B1(，1，2)，A1(0，0，2)，C(0，2，0)，(，1，2)，(0，2，2)，设异面直线AB1和A1C所成的角为，则cos.异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为.6(2018上海松江、闵行区模拟)如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0，0，2)，平面ABC

21、的法向量为n(2，1，2)，设二面角CABO的大小为，则cos等于()A.B.C.D答案C解析由题意可知，平面ABO的一个法向量为(0，0，2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos.7在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为_答案解析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由ABAC1，PA2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F.(0，0，2)，.设平面DEF的法向

22、量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成的角为，则sin|cosn，|，直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.8.如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_答案解析AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.9.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABB

23、CAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_答案60解析以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则(0，1，1)，(2，0，2)，2，cos，异面直线所成角的范围是(0，90，EF和BC1所成的角为60.10(2018福州质检)已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为_答案解析方法一延长FE，CB相交于点G，

24、连接AG，如图所示设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所求锐二面角的平面角BH，EB1，tanEHB.方法二如图，以点D为坐标原点，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Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1，0，0)，E，F，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，z3，x1，则n(1，1，3)，取平面ABC的法向量为m(0，0，1)，设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为，则cos|cosn，m|，tan.11(2018皖江八校联考)如图，在几何体ABCA1B1C1中，平面A1ACC1底面ABC，四边形A1AC

25、C1是正方形，B1C1BC，Q是A1B的中点，且ACBC2B1C1，ACB.(1)证明：B1QA1C；(2)求直线AC与平面A1BB1所成角的正弦值(1)证明如图所示，连接AC1与A1C交于M点，连接MQ.四边形A1ACC1是正方形，M是AC1的中点，又Q是A1B的中点，MQBC，MQBC，又B1C1BC且BC2B1C1，MQB1C1，MQB1C1，四边形B1C1MQ是平行四边形，B1QC1M，C1MA1C，B1QA1C.(2)解平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，CC1AC，CC1平面A1ACC1，CC1平面ABC.如图所示，以C为原点，CB，CC1所在直线分别为y轴

26、和z轴建立空间直角坐标系，令ACBC2B1C12，则C(0，0，0)，A(，1，0)，A1(，1，2)，B(0，2，0)，B1(0，1，2)，(，1，0)，(，2，0)，(0，1，2)，设平面A1BB1的法向量为n(x，y，z)，则由n，n，可得可令y2，则x4，z，平面A1BB1的一个法向量n(4，2，)，设直线AC与平面A1BB1所成的角为，则sin.12(2018赣州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA，PD2，点E在棱AD上且AE1，点F为棱PD的中点(1)证明：平面BEF平面PEC；(2

27、)求二面角ABFC的余弦值(1)证明在RtABE中，由ABAE1，得AEB45，同理在RtCDE中，由CDDE2，得DEC45，所以BEC90，即BEEC.在PAD中，cosPAD，在PAE中，PE2PA2AE22PAAEcosPAE51214，所以PE2AE2PA2，即PEAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，所以PE平面ABCD，所以PEBE.又因为CEPEE，CE，PE平面PEC，所以BE平面PEC，所以平面BEF平面PEC.(2)解由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示

28、的空间直角坐标系，则B(，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，A，D(，0)，F，(，2，0)，设平面ABF的法向量为m(x1，y1，z1)，则不妨设x11，则m(1，1，2)，设平面BFC的法向量为n(x2，y2，z2)，则不妨设y22，则n(4，2，5)，记二面角ABFC为(由图知应为钝角)，则cos，故二面角ABFC的余弦值为.13.如图，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB4，SA3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足，当实数的值为_时，AFE为直角答案解析因为SA平面ABCD，BAD90，以A为坐标原

29、点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.AB4，SA3，B(0，4，0)，S(0，0，3)设BCm，则C(m，4，0)，.()()(0，4，3)，F.同理可得E，.，要使AFE为直角，即0，则00，169，解得.14(2018海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且(0，1)(1)证明：无论取何值，总有AM平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由(1)证明连

30、接A1Q.AA1AC1，M，Q分别是CC1，AC的中点，RtAA1QRtCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分别是BC，AC的中点，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，AC，AA1平面ACC1A1，NQ平面ACC1A1，NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四点共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ，NQ，A1Q平面PNQ，AM平面PNQ，无论取何值，总有AM平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建

31、立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M，N，Q，(1，0，0)由(1，0，0)(，0，0)，可得点P(，0，1)，.设n(x，y，z)是平面PMN的法向量，则即得令x3，得y12，z22，n(3，12，22)是平面PMN的一个法向量取平面ABC的一个法向量为m(0，0，1)假设存在符合条件的点P，则|cosm，n|，化简得421410，解得或(舍去)综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.15在四棱锥PABCD中，(4，2，3)，(4，1，0)，(6，2，8)，则这个四棱锥的高h等于()A1B2C13D26答案B解析设平面ABCD的法向量为

32、n(x，y，z)，则即令y4，则n，则cosn，h22.16.如图所示，在梯形ABCD中，ABCD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值(1)证明设ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos603，AB2AC2BC2，则BCAC.CF平面ABCD，AC平面ABCD，ACCF，而CFBCC，CF，BC平面BCF，AC平面BCF.EFAC，EF平面BCF.(2)解以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM(0)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，(，1，0)，(，1，1)设n(x，y，z)为平面MAB的法向量，由得取x1，则n(1，)易知m(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，cosn，m.0，当0时，cosn，m取得最小值，当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.27