【数学】2019届一轮复习全国通用版（理）第45讲　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版（理）第45讲　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离学案

第45讲　‎ 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 考纲要求 考情分析 命题趋势 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.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ，18‎ ‎2017·全国卷Ⅱ，19‎ ‎2017·全国卷Ⅲ，19‎ ‎2017·江苏卷，22‎ 用向量法证明线线、线面、面面的平行与垂直，用向量法求空间角和空间距离，用向量法解决探索性问题.‎ 分值：6～8分 ‎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θ a与b的夹角β 范围 ‎(0，π)‎ 求法 cos θ＝____‎ cos β＝ ‎2．直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝____.‎ ‎3．求二面角的大小 ‎(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ为__〈，〉__.‎ ‎(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〉|__，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(‎ 或其补角)．‎ ‎4．利用空间向量求距离(供选用)‎ ‎(1)两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝____.‎ ‎(2)点到平面的距离 如图所示，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||＝.‎ ‎1．思维辨析(在括号内打“√”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，π]．(　√　)‎ ‎2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　A　)‎ A．30°　　 B．60°　　‎ C．120°　　 D．150°‎ 解析 ∵cos 〈m，n〉＝－，0°≤〈m，n〉≤180°，‎ ‎∴〈m，n〉＝120°，∴l与α所成角为90°－(180°－120°)＝30°，故选A．‎ ‎3．正三棱柱(如右图，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__30°__.‎ 解析 取A1B1的中点E，连接C1E，AE，由正三棱柱性质得平面A1B‎1C1⊥平面A1B1BA，‎ 又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B‎1C1与平面A1B1BA的交线，‎ ‎∴C1E⊥平面A1B1BA，则∠C1AE为所求．‎ 又∵A1B1＝2，AA1＝2，∴AE＝3，C1E＝，‎ ‎∴tan ∠C1AE＝＝，∴∠C1AE＝30°，‎ ‎∴AC1与平面ABB‎1A1所成角为30°.‎ ‎4．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为__60°__.‎ 解析 由条件，知·＝0，·＝0，＝＋＋，‎ ‎∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈，〉＝(2)2，‎ ‎∴cos 〈，〉＝－，即〈，〉＝120°，‎ ‎∴二面角的大小为60°.‎ ‎5．P是二面角α－AB－β棱上一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为__90°__.‎ 解析 过AB上一点Q分别在α，β内作AB的垂线，交PM，PN于M，N，则∠MQN为二面角α－AB－β的平面角．设PQ＝a，‎ ‎∵∠BPM＝∠BPN＝45°，∴QM＝QN＝a，PM＝PN＝a.‎ 又∠MPN＝60°，知△PMN为正三角形，则MN＝a，‎ 解三角形QMN，易知∠MQN＝90°.‎ 一　求异面直线所成的角 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值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．‎ ‎【例1】 (2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.‎ ‎(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．‎ 解析 在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD．‎ 如图，以{，，}为正交基底，‎ 建立空间直角坐标系Axyz.‎ 因为AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°，‎ 则B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)．‎ ‎(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)．‎ 则cos 〈，〉＝＝＝－.‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，‎ 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，‎ 则即 不妨取x＝3，则y＝，z＝2，‎ 所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，‎ 从而cos 〈，m〉＝＝＝.‎ 设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cos θ|＝.‎ 因为θ∈[θ，π]，所以sin θ＝＝.‎ 因此二面角B－A1D－A的正弦值为.‎ 二　求直线与平面所成的角 利用向量法求线面角的方法 ‎(1)分别求出斜线和它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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．‎ ‎【例2】 如图，长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D‎1C1上，A1E＝D‎1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；‎ ‎(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．‎ 解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图：‎ ‎(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.‎ 因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.‎ 于是MH＝＝6，所以AH＝10.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(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，‎ ＝(10,0,0)，＝(0，－6,8)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，‎ 则即所以可取n＝(0,4,3)．‎ 又＝(－10,4,8)，故|cos 〈n，〉|＝＝.‎ 所以AF与平面α所成角的正弦值为.‎ 三　求二面角 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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是锐角还是钝角．‎ ‎【例3】 (2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则(　B　)‎ A．γ<α<β　　 B．α<γ<β C．α<β<γ　　 D．β<γ<α 解析 如图1，设O是点D在底面ABC内的射影，过O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，∴∠OED就是二面角D－PR－Q的平面角，‎ ‎∴α＝∠OED，tan α＝，同理tan β＝，tan γ＝.‎ ‎　　‎ 底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设|AB|＝2，则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，)，O，‎ ‎∵|AP|＝|PB|，＝＝2，∴Q，R，‎ 则直线RP的方程为y＝－x，直线PQ的方程为y＝2x，直线RQ的方程为y＝x＋，根据点到直线的距离公式，‎ 知|OE|＝，|OF|＝，|OG|＝，‎ ‎∴|OE|>|OG|>|OF|，‎ ‎∴tan α0.‎ 所以与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，‎ 所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.‎ ‎9．正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为____.‎ 解析 以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 则A1(0,0,1)，E，F，D1(0,1,1)．‎ ‎∴＝，＝(0,1,0)．‎ 设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即令z＝2，则x＝1.‎ ‎∴n＝(1,0,2)．又＝，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝＝＝.‎ 三、解答题 ‎10．如图，直三棱柱ABC－A1B‎1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点．‎ ‎(1)求证：平面AB1D⊥平面ABB‎1A1；‎ ‎(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值；‎ ‎(3)求平面AB1D与平面ABC所成锐二面角的大小．‎ 解析 (1)证明：取AB1的中点E，AB的中点F，连接DE，EF，CF.‎ ‎∵E，F分别是AB1，AB的中点，∴EF∥BB1，‎ 且EF＝BB1.‎ ‎∵三棱柱ABC－A1B‎1C1是直三棱柱，D是CC1的中点，‎ ‎∴CD∥EF，且CD＝EF，‎ ‎∴四边形CDEF为平行四边形，∴DE∥CF.‎ ‎∵△ABC是正三角形，∴CF⊥AB．∵三棱柱ABC－A1B‎1C1是直三棱柱，∴BB1⊥CF，而BB1∩AB＝B，‎ ‎∴CF⊥平面ABB‎1A1.‎ ‎∵DE∥CF，∴DE⊥平面ABB‎1A1.‎ ‎∵DE⊂平面AB1D，∴平面AB1D⊥平面ABB‎1A1.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则 A，C(0，a,0)，D，B1(0,0，a)．‎ ＝，＝(0，a,0)，‎ 设异面直线AB1与BC所成角为θ，‎ 则cos θ＝＝，‎ 故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.‎ ‎(3)由(2)得＝，＝.‎ 设n＝(1，y，z)为平面AB1D的一个法向量．‎ 由 得即n＝.‎ 显然平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．‎ 则cos〈m，n〉＝＝，‎ 故〈m，n〉＝.即所求二面角的大小为.‎ ‎11．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，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．‎ 解析 (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，‎ TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TNAM，‎ 故四边形AMNT为平行四边形，‎ 于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB．‎ ‎(2)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，‎ 从而AE⊥AD，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PMN的法向量．‎ 则即可取n＝(0,2,1)．‎ 于是|cos〈n，〉|＝＝.‎ 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.‎ ‎12．(2017·天津卷)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.‎ ‎(1)求证：MN∥平面BDE；‎ ‎(2)求二面角C－EM－N的正弦值；‎ ‎(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．‎ 解析 如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 依题意可得B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．‎ ‎(1)＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，‎ 则即 不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．‎ 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.‎ 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．‎ 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，则 因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，‎ 所以 不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 于是sin 〈n1，n2〉＝.‎ 所以，二面角C－EM－N的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，‎ 进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．‎ 由已知得|cos〈，〉|＝＝＝，‎ 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.‎ 所以，线段AH的长为或.‎