2020版《微點教程》高考人教A版理科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)文檔：第七章第七節(jié)　立體幾何中的向量方法學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

2019考綱考題考情

1．兩條異面直線所成角的求法
設(shè)兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，其夾角為θ，則cosφ＝|cosθ|＝(其中φ為異面直線a，b所成的角)。
2．直線和平面所成角的求法
如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝。

3．求二面角的大小
(1)如圖①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉。

(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉。

1．異面直線所成的角與其方向向量的夾角：當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；否則向量夾角的補角是異面直線所成的角。
2．直線與平面所成的角：在上述求法中要注意的是sinφ＝，而不是cosφ＝。
3．二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補。

一、走進教材
1．(選修2－1P104練習(xí)2改編)已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為(　　)
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°。所以兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°。
答案　C
2．(選修2－1P112A組T6改編)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC夾角的余弦值為(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析　

如圖建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)DA＝1，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，則＝(－1，1,0)，＝，設(shè)異面直線DE與AC所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈，〉|＝。故選D。
答案　D
3．(選修2－1P117A組T4改編)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________。

解析　以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系，得下列坐標(biāo)：A(2，0,0)，C1(0,0,2)。點C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點C2。

所以＝(－2,0，2)，＝，設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ，則cosθ＝＝＝。又θ∈，所以θ＝。
答案　
二、走出誤區(qū)
微提醒：①異面直線所成角的取值范圍出錯；②二面角的取值范圍出錯；③直線和平面所成的角的取值范圍出錯。
4．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________。
解析　由題意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，即2a·c＋b·c＝－10。因為a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝＝＝－，所以〈b，c〉＝120°，所以兩直線的夾角為60°。
答案　60°
5．已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________。
解析　設(shè)l與α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°。
答案　30°
6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為________。
解析　以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為1，則A1(0，0,1)，E，D(0,1,0)，所以＝(0,1，－1)，＝。設(shè)平面A1ED的法向量為n1＝(1，y，z)，則即解得故n1＝(1,2,2)。又平面
ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝，故平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為。

答案　

考點一線線角、線面角的求法
【例1】　(2018·江蘇高考)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點。

(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；
(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值。
解　如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，O1，連接OB，OO1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz。因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)。

(1)因為P為A1B1的中點，所以P，從而＝，＝(0,2,2)，
故|cos〈，〉|＝＝＝。
因此，異面直線BP與AC1所有角的余弦值為。
(2)因為Q為BC的中點，所以Q，
因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)。
設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的法向量，
則即
不妨取n＝(，－1,1)。
設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ，
則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為。

1．兩異面直線所成角的范圍是θ∈，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角。
2．利用向量法求線面角的方法
(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角。
【變式訓(xùn)練】　(2018·湖北八校4月聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，F(xiàn)A＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°。

(1)求證：AC⊥平面BDEF；
(2)求直線AD與平面ABF所成角的正弦值。
解　(1)證明：設(shè)AC與BD相交于點O，連接FO，
因為四邊形ABCD為菱形，
所以AC⊥BD，且O為AC中點，
因為FA＝FC，所以AC⊥FO，
又FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDEF。
(2)連接DF，因為四邊形BDEF為菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF為等邊三角形，
因為O為BD中點，所以FO⊥BD，
又AC⊥FO，AC∩BD＝O，
所以FO⊥平面ABCD。
因為OA，OB，OF兩兩垂直，
所以可建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖所示，

設(shè)AB＝2，因為四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，
所以BD＝2，AC＝2。
因為△DBF為等邊三角形，所以O(shè)F＝。
所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(xiàn)(0，0，)，
所以＝(－，－1,0)，＝(－，0，)，＝(－，1,0)。
設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)，
則
取x＝1，得n＝(1，，1)。
設(shè)直線AD與平面ABF所成角為θ，
則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝。
考點二二面角的求法
【例2】　(2018·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點。

(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值。
解　(1)由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD。
因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM。
因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，
所以 DM⊥CM。
又 BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC。
而DM?平面AMD，
故平面AMD⊥平面BMC。
(2)以D為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D—xyz。

當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時，M為的中點。
由題設(shè)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)。
設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則
即
可取n＝(1,0,2)。
是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，〉＝＝，
sin〈n，〉＝，
所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是。

利用空間向量計算二面角大小的常用方法
1．找法向量：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大小。
2．找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小。
【變式訓(xùn)練】　(2019·廣東六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，ABCD是平行四邊形，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，PB＝PC＝，PA＝2，E，F(xiàn)分別是AD，PD的中點。

(1)證明：平面EFC⊥平面PBC；
(2)求二面角A－BC－P的余弦值。
解　(1)證明：連接AC，
因為ABCD是平行四邊形，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，所以∠ADC＝60°，
所以△ADC是等邊三角形，
因為E是AD的中點，所以CE⊥AD。
因為AD∥BC，所以CE⊥BC。
以C為坐標(biāo)原點，分別以，的方向為x軸、y軸的正方向，建立如圖空間直角坐標(biāo)系。

則C(0,0,0)，E，A，
B(0,1,0)，D，
設(shè)P(x，y，z)(x0，z>0)，
由||2＝||2＝2，||2＝4，
可得x＝－，y＝，z＝1，
所以P，
因為F是PD的中點，所以F，
因為·＝0，所以CB⊥CF，
又因為CE⊥BC，CE∩CF＝C，
所以BC⊥平面EFC，因為BC?平面PBC，
所以平面EFC⊥平面PBC。
(2)由(1)知，＝(0,1,0)，＝，
設(shè)n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，則
所以
令x＝－2，則n＝(－2,0，－)，
設(shè)m＝(0,0,1)，易知m是平面ABC的一個法向量，
所以cos〈m，n〉＝＝－，
又易知二面角A－BC－P為鈍二面角，
所以二面角A－BC－P的余弦值為－。
考點三空間角的綜合問題
【例3】　如圖，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，點E為AB的中點，現(xiàn)將該梯形中的三角形BEC沿線段EC折起，形成四棱錐B－AECD。

(1)在四棱錐B－AECD中，求證：AD⊥BD；
(2)若平面BEC與平面AECD所成二面角的平面角為120°，求直線AE與平面ABD所成角的正弦值。
解　(1)證明：由三角形BEC沿線段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，點E為AB的中點，得三角形BEC沿線段EC折起后，四邊形AECD為菱形，邊長為2，∠DAE＝60°，如圖，取EC的中點F，連接DF，BF，DE，

因為△BEC和△DEC均為正三角形，
所以EC⊥BF，EC⊥DF，又BF∩DF＝F，
所以EC⊥平面BFD，
因為AD∥EC，所以AD⊥平面BFD，
因為BD?平面BFD，所以AD⊥BD。
(2)以F為坐標(biāo)原點，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，

由EC⊥平面BFD，知z軸在平面BFD內(nèi)，
因為BF⊥EC，DF⊥EC，
所以∠BFD為平面BEC與平面AECD所成二面角的平面角，
所以∠BFD＝120°，所以∠BFz＝30°，
又因為BF＝，所以點B的橫坐標(biāo)為－，點B的豎坐標(biāo)為。
因D(，0,0)，E(0,1,0)，A(，2,0)，B，
故＝(－，－1,0)，＝，
＝(0，－2,0)。
設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，
所以
得
令x＝1，得y＝0，z＝，
所以平面ABD的一個法向量為n＝(1,0，)，
所以cos〈，n〉＝
＝＝－，
因為直線AE與平面ABD所成角為銳角，
所以直線AE與平面ABD所成角的正弦值為。

本題綜合考查了二面角與線面角的知識，這種題型一般已知某個空間角求另外的空間角，有時可借助幾何法，如本例借助幾何法先找出平面BEC與平面AECD所成的角，再求AE與平面ABD所成的角。有時也需要通過解方程解決，如下面的變式訓(xùn)練。
【變式訓(xùn)練】　(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點。

(1)證明：PO⊥平面ABC；
(2)若點M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值。
解　(1)因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，
所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2。
連接OB。因為AB＝BC＝AC，
所以△ABC為等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB。
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，
知PO⊥平面ABC。
(2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz。

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)，
取平面PAC的一個法向量＝(2,0,0)。
設(shè)M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，
則＝(a,4－a,0)。
設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)。
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝。
由已知得|cos〈，n〉|＝。
所以＝。
整理得3a2＋8a－16＝0，
解得a＝－4(舍去)，a＝。
所以n＝。
又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝。
所以PC與平面PAM所成角的正弦值為。
考點四空間角的探究性問題
【例4】　(2018·湖北重點中學(xué)協(xié)作體4月聯(lián)考)等邊△ABC的邊長為3，點D，E分別是AB，BC上的點，且滿足＝＝(如圖①)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，連接A1B，A1C(如圖②)。

(1)求證：A1D⊥平面BCED；
(2)在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由。
解　(1)證明：題圖①中，由已知可得：
AE＝2，AD＝1，A＝60°。
從而DE＝＝。
故得AD2＋DE2＝AE2，
所以AD⊥DE，BD⊥DE。
所以題圖②中，A1D⊥DE，
又平面ADE∩平面BCED＝DE，A1⊥DE，A1D?平面A1DE，
所以A1D⊥平面BCED。
(2)存在。由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED。以D為坐標(biāo)原點，以射線DB、DE、DA1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，如圖，

過P作PH∥DE交BD于點H，設(shè)PB＝2a(0≤2a≤3)，則BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，
易知A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)，
所以＝(a－2，－a,1)。
因為ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一個法向量為＝(0，，0)。
因為直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，
所以sin60°＝＝＝，解得a＝。
所以PB＝2a＝，滿足0≤2a≤3，符合題意。
所以在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時PB＝。

利用向量解決與空間角有關(guān)的探索性問題，其步驟是：(1)假設(shè)存在(或結(jié)論成立)；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)(求)出相關(guān)空間點的坐標(biāo)；(3)構(gòu)建有關(guān)向量；(4)結(jié)合空間向量，利用線面角或二面角的公式求解；(5)作出判斷。
【變式訓(xùn)練】　如圖所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED是以BD為直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD。

(1)求證：AD⊥平面BFED；
(2)在線段EF上是否存在一點P，使得平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的余弦值為？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由。
解　(1)證明：在梯形ABCD中，
因為AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
所以∠CDB＝30°，
所以∠ADB＝90°，所以BD⊥AD。
因為平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD?平面ABCD，
所以AD⊥平面BFED。

(2)因為AD⊥平面BFED，
所以AD⊥DE。
以D為原點，分別以DA，DB，DE所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
在△BCD中，DC＝BC＝1，∠BCD＝120°，由余弦定理得BD＝，
則A(1,0,0)，B(0，，0)，
由題意，設(shè)P(0≤λ≤)，
所以＝(－1，，0)，＝。
易知平面EAD的一個法向量為m＝(0,1,0)，
設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，
由得
取y＝1，可得n＝。
因為平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的余弦值為，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝，即P為線段EF上靠近點E的三等分點。

(配合例4使用)如圖，△ABC中，O是BC的中點，AB＝AC，AO＝2OC＝2，將△BAO沿AO折起，使B點到達(dá)B′點。

(1)求證：AO⊥平面B′OC；
(2)當(dāng)三棱錐B′－AOC的體積最大時，試問在線段B′A上是否存在一點P，使CP與平面B′OA所成的角的正弦值為？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由。
解　(1)因為AB＝AC且O是BC的中點，
所以AO⊥BO，AO⊥CO，由折疊知AO⊥B′O，
又因為CO∩B′O＝O，且CO，BO′?平面B′OC，
所以AO⊥平面B′OC。
(2)解法一：不存在，證明如下：

當(dāng)面B′OA⊥面AOC時，三棱錐B′－AOC的體積最大，因為面B′OA∩面AOC＝AO，B′O⊥AO，所以B′O⊥面AOC，所以O(shè)C⊥OB′，故OA，OB′，OC兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則A(2,0,0)，B′(0,0,1)，C(0,1,0)，
設(shè)＝λ′＝(－2λ，0，λ)，其中0≤λ≤1，
則＝＋＝(2－2λ，－1，λ)，
又因為平面B′OA的法向量n＝(0,1,0)，
依題意得＝，得＝，
化簡得10λ2－16λ＋7＝0，此方程無解，
所以滿足條件的點P不存在。
解法二：不存在，證明如下：
當(dāng)面B′OA⊥面AOC時，三棱錐B′－AOC的體積最大，因為面B′OA∩面AOC＝AO，B′O⊥AO，
所以B′O⊥面ACO，所以O(shè)C⊥OB′，
故OA，OB′，OC兩兩垂直，連接OP，
因為CO⊥B′O，CO⊥AO，AO∩B′O＝O，
所以CO⊥面B′OA，
所以∠CPO即為CP與平面B′OA所成的角，
在直角三角形CPO中，CO＝1，∠COP＝，
sin∠CPO＝，所以CP＝，
在△ACB′中，AC＝AB′＝，B′C＝，
設(shè)C到直線AB′的距離為h，
則由S△ACB′＝·h＝··，得h＝，
因為CP