1、第七章立体几何第七节立体几何中的向量方法2017 考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度 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中的应用。2016，全国卷，18,12 分(面面垂直、二面角)2016，全国卷，19,12 分(线面垂直，二面角)2016，全国卷，19,12 分(线面平行、线面角)2016，天津卷，17,13 分(线面平行，线面角、二面角)2016，山东卷，17,12 分(线面平行、二面角)1.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角；2.题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应
2、用函数与方程的思想，转化与化归思想。微知识 小题练 教材回扣 基础自测自|主|排|查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 _。(2)如图，n1，n2 分别是二面角-l-的两个半平面，的法向量，
3、则二面角的大小 _。AB，CD n1，n2或 n1，n2微点提醒1一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点。2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。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
4、而确定二面角与向量 n1，n2 的夹角是相等，还是互补。小|题|快|练一、走进教材(选修 21P117T4 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 2，则 AC1 与侧面 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 2)。点 C1 在侧面 ABB1A1 内的射影为点 C232，32，2 2。所以AC1(2,0,2 2)，AC2 12，32，2 2，设直线 AC1 与平面 ABB1A1 所成的角为，则cos AC1 AC2|AC1|AC2|1082 33 32。又 0，2
5、，所以 6。【答案】6二、双基查验1已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，AA12AB，E 为 AA1 的中点，则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为_。【解析】如图，以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系。设 AA12AB2，则 B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，所以BE(0，1,1)，CD1(0，1,2)，所以cosBE，CD1 122 53 1010。【答案】3 10102过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD，如果 ABPA，那么平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角的大小为_。【解析】建立如图所示空间
6、直角坐标系，设 ABPA1，知 A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，由题意，AD平面 ABP，设 E 为 PD的中点，连接 AE，则 AEPD，又因为 CD平面 PAD，所以 AECD，又 PDCDD，所以 AE平面 CDP。所以AD(0,1,0)，AE0，12，12 分别是平面 ABP，平面 CDP 的法向量，且AD，AE45，所以平面 ABP 与平面CDP 所成的二面角为 45。【答案】45第一课时利用空间向量求空间角微考点 大课堂微考场 新提升微考点 大课堂 考点例析 对点微练【典例 1】(2015全国卷)如图，四边形 ABCD 为菱
7、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。考点一异面直线所成的角【解析】(1)证明：如图，连接 BD，设 BDACG，连接 EG，FG，EF。在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1。由ABC120，可得 AGGC 3。由 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC。又 AEEC，所以 EG 3，且 EGAC。在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF 22。在 RtFDG 中，可得 FG 62。在直角梯形 BDFE 中，由 BD
8、2，BE 2，DF 22，可得 EF3 22。从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG。又 ACFGG，所以 EG平面 AFC。因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC。(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以GB，GC 的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系 Gxyz。由(1)可得 A(0，3，0)，E(1,0，2)，F1，0，22，C(0，3，0)，所以AE(1，3，2)，CF1，3，22。故 cosAE，CF AECF|AE|CF|33。所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 33。【答案】(1)见解析(2)33反思归纳 求一对异面直线所
9、成角：一是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在异面直线上各取一向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围的限定。【变式训练】(2017保定模拟)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，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()A45 B60C90 D120【解析】以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z轴，建立空间直角坐标系。设 ABBCAA12，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)。EF(0，1,1)，BC1(2,0,2)。EFBC1 2，记EF，BC
10、1 所成角为。cos222 212。EF 和 BC1 所成角为 60。【答案】B【典例 2】(2016全国卷)如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD 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。考点二直线与平面所成的角【解析】(1)证明：由已知得 AM23AD2。取 BP 的中点 T，连接 AT，TN。由 N 为 PC 的中点知 TNBC，TN12BC2。又 ADBC，故 TN 綊 AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT。因为 AT平面
11、PAB，MN平面 PAB，所以 MN平面 PAB。(2)取 BC 的中点 E，连接 AE。由 ABAC 得 AEBC，从而 AEAD，且AE AB2BE2AB2BC22 5。以 A 为坐标原点，AE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(5，2,0)，N52，1，2，PM(0,2，4)，PN52，1，2，AN52，1，2。设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则nPM 0，nPN0，即2y4z0，52 xy2z0，可取 n(0,2,1)。于是|cosn，AN|nAN|n|AN|8 525，则直线 AN 与平面 P
12、MN 所成角的正弦值为8 525。【答案】(1)见解析(2)8 525反思归纳 直线 l 与平面 所成角 与直线的方向向量 l、平面的法向量 n 的夹角l，n不是一回事，满足关系 sin|cosl，n|。【变式训练】(2016青岛模拟)如图，在直棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13。(1)证明：ACB1D；(2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值。【解析】(1)证明：易知，AB，AD，AA1 两两垂直，如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系。设 ABt，则相关各
13、点的坐标为 A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)。从而B1D(t,3，3)，AC(t,1,0)，BD(t,3,0)，因为 ACBD，所以ACBD t2300。解得 t 3或 t 3(舍去)。于是B1D(3，3，3)，AC(3，1,0)，因为ACB1D 3300，所以ACB1D，即 ACB1D。(2)由(1)知，AD1(0,3,3)，AC(3，1,0)，B1C1(0,1,0)，设 n(x，y，z)是平面 ACD1 的一个法向量则nAC0，nAD1 0，即 3xy0，3y3z0，令 x1，则 n(1，3，
14、3)。设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角为，则 sin|cosn，B1C1|nB1C1|n|B1C1|37 217。即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角的正弦值为 217。【答案】(1)见解析(2)217角度一：计算二面角的大小【典例 3】(2016全国卷)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60。(1)证明：平面 ABEF平面 EFDC；(2)求二面角 EBCA 的余弦值。考点三二面角多维探究【解析】(1)证明：由已知可得 AFDF，AFFE，因为 DFEFF，所
15、以 AF平面 EFDC。又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EFDC。(2)过 D 作 DGEF，垂足为 G，由(1)知 DG平面 ABEF。以 G 为坐标原点，GF 的方向为 x 轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz。由(1)知DFE 为二面角 DAFE 的平面角，故DFE60，则 DF2，DG 3，可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，3)。由已知，ABEF，所以 AB平面 EFDC。又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF。由 BEAF，可得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 CBEF 的
16、平面角，CEF60。从而可得 C(2,0，3)。连接 AC，则EC(1,0，3)，EB(0,4,0)，AC(3，4，3)，AB(4,0,0)。设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0，所以可取 n(3,0，3)。设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0，同理可取 m(0，3，4)。则 cosn，m nm|n|m|2 1919。故二面角 EBCA 的余弦值为2 1919。【答案】(1)见解析(2)2 1919角度二：已知二面角的大小求值【典例 4】如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA平面 ABCD，E 为 PD
17、 的中点。(1)证明：PB平面 AEC；(2)设二面角 DAEC 为 60，AP1，AD 3，求三棱锥 EACD的体积。【解析】(1)证明：连接 BD，设 AC 与 BD 的交点为 G，则 G 为 AC，BD的中点，连接 EG。在三角形 PBD 中，中位线 EGPB，且 EG 在平面 AEC 内，PB平面 AEC，所以 PB平面 AEC。(2)设 CDm，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，D(0，3，0)，E0，32，12，C(m，3，0)。所以AD(0，3，0)，AE0，32，12，AC(m，3，0)。设平面 ADE 的法向量为 n
18、1(x1，y1，z1)，则 n1AD 0，n1AE0，解得一个 n1(1,0,0)。同理设平面 ACE 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，则 n2AC0，n2AE0，解得一个 n2(3，m，3m)。因为 cos60|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|33m23m212，解得 m32。设 F 为 AD 的中点，连接 EF，则 PAEF，且 EFAP2 12，EF平面 ACD，所以 EF 为三棱锥 EACD 的高。所以 VEACD13SACDEF131232 312 38。所以三棱锥 EACD 的体积为 38。【答案】(1)见解析(2)38反思归纳 1.利用向量法计算二面角大小的常用方法
19、(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。2已知二面角大小求值的技巧建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解。【变式训练】(2016安徽师大附中联考)如图，在四棱锥 PABCD中，PA平面 ABCD，DAB90，ABCD，ADCD2AB，E，F 分别为 PC，DC 的中点
20、。(1)证明：AB平面 BEF；(2)设 PAkAB(k0)，且二面角 EBDC 的平面角大于 45，求 k的取值范围。【解析】(1)证明：由题意易得 DF 綊 AB，又DAB90，所以 ABFD 是矩形，从而 ABBF。因为 PA平面 ABCD，所以平面 PAD平面 ABCD，又 ABAD，平面 PAD平面 ABCDAD，所以 AB平面 PAD，所以 ABPD。在PDC 中，因为 E，F 分别为 PC，CD 的中点，所以 EFPD，所以 ABEF。因为 EFBFF，所以 AB平面 BEF。(2)以 A 为原点，以 AB，AD，AP 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直
21、角坐标系，设 AB 的长为 1，则 B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，k)，C(2,2,0)，所以 E1，1，k2，所以BD(1,2,0)，BE0，1，k2。设平面 CDB 的法向量为 m1(0,0,1)，平面 EBD 的法向量为 m2(x，y，z)，则m2BD 0，m2BE0，所以x2y0，ykz2 0，取 y1，可得 m22，1，2k。设二面角 EBDC 的平面角为，由图可知 为锐角，则 cos|cosm1，m2|2k2214k245，则 k2 55 或 k0，所以 k2 55。【答案】(1)见解析(2)2 55，微考场 新提升 考题选萃 随堂自测 1.(2016广西联考)在
22、如图所示的多面体 CABED 中，AB平面 ACD，DE平面 ACD，ABCD1，AC 3，ADDE2。(1)在线段 CE 上取一点 F，作 BF平面 ACD(只需指出 F 的位置，不需证明)；(2)对(1)中的点 F，求直线 BF 与平面 ADEB 所成角的正弦值。解析(1)取 CE 的中点 F。连接 BF，BF平面 ACD(如图)。(2)由已知 AC 3，CD1，AD2，AC2CD2AD2。ACCD。以C 为原点，CD，CA 分别为 x，y 轴，过 C 垂直于平面 ACD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系。则 A(0，3，0)，D(1,0,0)，B(0，3，1)，F12，0，1。AD(
23、1，3，0)，AB(0,0,1)，BF12，3，0。设 n(x，y，z)是平面 ADEB 的法向量，则nAD 0，nAB0，即x 3y，z0，可取 n(3，1,0)。故|cosnBF|nBF|n|BF|3926。BF 与平面 ADEB 所成角的正弦值为 3926。答案(1)见解析(2)39262.(2016山东高考)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径，EF 是上底面圆 O的直径，FB 是圆台的一条母线。(1)已知 G，H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH平面 ABC；(2)已知 EFFB12AC2 3，ABBC，求二面角 FBCA 的余弦值。解析(1)证明：设 FC 的中点
24、为 I，连接 GI，HI，在CEF 中，因为点 G是 CE 的中点，所以 GIEF。又 EFOB，所以 GIOB。在CFB 中，因为 H 是 FB 的中点，所以 HIBC。又 HIGII，OBBCB，所以平面 GHI平面 ABC。因为 GH平面 GHI，所以 GH平面 ABC。(2)连接 OO，则 OO平面 ABC。又 ABBC，且 AC 是圆 O 的直径，所以 BOAC。以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz。由题意得 B(0,2 3，0)，C(2 3，0,0)。过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M，所以 FM FB2BM23，可得 F(0，3，3)。故BC(2 3，2 3，0)，BF(0，3，3)。设 m(x，y，z)是平面 BCF 的法向量，由mBC0，mBF0，可得2 3x2 3y0，3y3z0。可得平面 BCF 的一个法向量 m1，1，33。因为平面 ABC 的一个法向量 n(0,0,1)，所以 cosm，n mn|m|n|77。所以二面角 FBCA 的余弦值为 77。答案(1)见解析(2)77
