资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
专题8.7
立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离
一、考纲要求
1.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；
2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
二、考点梳理
考点一
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
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos
β＝
cos
θ＝|cos
β|＝
考点二
求直线与平面所成的角
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所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈a，n〉|＝.
考点三
求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD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＝__〈，〉.
(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).
【特别提醒】
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin
θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos
θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二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α，β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，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
三、题型分析
例1.
（黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值.
例2、（2018年天津卷）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：
(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
例3、如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2，求异面直线BC与AE所成的角的大小．
【变式训练3-1】、　如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．
【变式训练3-2】、如图，已知三棱柱ABC?A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题8.7
立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离
一、考纲要求
1.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；
2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
二、考点梳理
考点一
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
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos
β＝
cos
θ＝|cos
β|＝
考点二
求直线与平面所成的角
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所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈a，n〉|＝.
考点三
求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD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＝__〈，〉.
(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).
【特别提醒】
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin
θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos
θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二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α，β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，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
三、题型分析
例1.
（黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】因为＝－，所以·＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉＝8×4×cos
135°－8×6×cos
120°＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝＝＝.即OA与BC所成角的余弦值为.
【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值.
【解析】(1)　记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴|1|＝，即AC1的长为.
(2)证明　∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c＝b·c－a·c＝|b||c|cos
60°－|a||c|cos
60°＝0.
∴⊥，∴AC1⊥BD.
(3)解　＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
∴cos〈，〉＝＝.∴AC与BD1夹角的余弦值为.
例2、（2018年天津卷）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则
即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则
即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则
即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：
(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
【证明】以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz.设DC＝a.
(1)连接AC交BD于点G，连接EG.
依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E.
因为底面ABCD是正方形，所以G为AC的中点
故点G的坐标为，所以＝(a,0，－a)，＝，
则＝2，故PA∥EG.而EG?平面EDB，PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.
(2)依题意得B(a，a,0)，所以＝(a，a，－a)．又＝，
故·＝0＋－＝0，所以PB⊥DE，所以PB⊥DE.
由题可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD.
例3、如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2，求异面直线BC与AE所成的角的大小．
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(1，，1)，＝(1，，1)，＝(0，2，0)．
设与的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以θ＝，所以异面直线BC与AE所成的角的大小是.
【变式训练3-1】、　如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．
【答案】
【解析】
不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，所以＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，所以cos〈，〉＝＝＝＝＞0，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.
【变式训练3-2】、如图，已知三棱柱ABC?A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
【解析】
(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E?xyz.
不妨设AC＝4，
则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．由·＝0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．由得
取n＝(1,
，1)，
故sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴cos
θ＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑