2014高考数学全面突破 最新一轮复习必考题型巩固提升学案：8.8立体几何中的向量方法(二)

8.8立体几何中的向量方法(二)

考情分析

考查用向量方法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角、二面角的大小． 基础知识

1．空间的角 (1)异面直线所成的角

如图，已知两条异面直线a、b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b.则把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．

(2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角． ①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角．

(3)二面角的平面角

如图在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则∠AOB叫做二面角的平面角． 2．空间向量与空间角的关系

(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.

(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|. (3)求二面角的大小

→(ⅰ)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＝〈AB，→CD〉．

(ⅱ)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〉或－cos〈n1，n2〉． 注意事项

π

0，； 1.(1)异面直线所成的角的范围是2π0，； (2)直线与平面所成角的范围是2(3)二面角的范围是[0，π]．

2.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，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点． 题型一 求异面直线所成的角

【例1】已知ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，高AA1＝2，求 (1)异面直线BD与AB1所成角的余弦值；

解 (1)如图建立空间直角坐标系A1-xyz，由已知条件： B(1,0,2)，D(0,1,2)， A(0,0,2)，B1(1,0,0)． →

则BD＝(－1,1,0)， →

AB1＝(1,0，－2)

设异面直线BD与AB1所成角为θ， 10→→

cos θ＝|cos〈BD，AB1〉|＝.

10

2

(2)VAB1D1C＝VABCDA1B1C1D1－4VCB1C1D1＝. 3

【变式1】已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________．

解析 如图建立直角坐标系D-xyz，设DA＝1，由已知条件 1

0，，1， A(1,0,0)，E2B(1,1,0)，C(0,1,0)，

1→→

－1，，1，BC＝(－1,0,0) AE＝2设异面直线AE与BC所成角为θ. →→

|AE·BC|2→→

cos θ＝|cos〈AE，BC〉|＝＝. →→3|AE||BC|2答案

3

题型二 利用向量求直线与平面所成的角

【例2】如图所示，已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.

(1)求DP与CC′所成角的大小；

(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．

解 如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D-xyz. →→

则DA＝(1,0,0)，CC′＝(0,0,1)． 连接BD，B′D′.

在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.

→→→→→→→→→设DH＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈DH，DA〉＝60°，即DA·DH＝|DA||DH|cos〈DH，DA〉， 可得2m＝2m2＋1. 解得m＝

222→

，所以DH＝，，1. 222

22×0＋×0＋1×1222→→

(1)因为cos〈DH，CC′〉＝＝，

21×2→→

所以〈DH，CC′〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°. →

(2)平面AA′D′D的一个法向量是DC＝(0,1,0)． 22

×0＋×1＋1×0221→→

因为cos〈DH，DC〉＝＝，

21×2→→

所以〈DH，DC〉＝60°，

可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.

1【变式2】已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一

2点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN；

(2)求SN与平面CMN所成角的大小．

解：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图．

则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)， 11

1，0，，N，0，0， M221

1，，0. S2

111→→

－，－，0， (1)证明：CM＝(1，－1，)，SN＝22211→→

因为CM·SN＝－＋＋0＝0，所以CM⊥SN.

221→

－，1，0， (2)NC＝2

→a＝0CM·

设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则

→a＝0NC·

∴1

－2x＋y＝0，

1

x－y＋z＝0，

2

1－1－

22→

取x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，SN〉|＝＝，

22

3×

2



所以SN与平面CMN所成角为45°. 题型三 利用向量求二面角

【例3】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD. (1)证明：PA⊥BD；

(2)若PD＝AD，求二面角A-PB-C的余弦值．

(1)证明 因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD. 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.

又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又AD∩PD＝D. 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.

(2)解 如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则

A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)． →→→

AB＝(－1，3，0)，PB＝(0，3，－1)，BC＝(－1,0,0)． →AB＝0，n·

设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则

→PB＝0.n·

－x＋3y＝0，

即 3y－z＝0.

因此可取n＝(3，1，3)．

→PB＝0，m·

设平面PBC的法向量为m，则

→BC＝0.m·

－427

可取m＝(0，－1，－3)，则cos〈m，n〉＝＝－.

72727

故二面角A-PB-C的余弦值为－. 7

【变式3】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点． (1)证明：PC⊥平面BEF；

(2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小．

(1)证明 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝22，四边形ABCD是矩形，

∴A，B，C，D，P的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,22，0)，D(0,22，0)，P(0,0,2)． 又E，F分别是AD，PC的中点，∴E(0，2，0)，F(1，2，1)． →→→

∴PC＝(2,22，－2)，BF＝(－1，2，1)，EF＝(1,0,1)． →→→→∴PC·BF＝－2＋4－2＝0，PC·EF＝2＋0－2＝0. →→→→∴PC⊥BF，PC⊥EF

∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF＝F， ∴PC⊥平面BEF.

→

(2)解 由(1)知平面BEF的一个法向量n1＝PC＝(2,22，－2)，平面BAP的一个法向量n2→

＝AD＝(0,22，0)， ∴n1·n2＝8.

设平面BEF与平面BAP的夹角为θ，

82|n1·n2|则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，

|n1||n2|4×222∴θ＝45°.∴平面BEF与平面BAP的夹角为45°. 重难点突破

1【例4】如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.

2(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q -BP-C的余弦值．

解析 (1)略

→→

(2)依题意有B(1,0,1)，CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－1)．

→x＝0，CB＝0，n·

设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即

→－x＋2y－z＝0.BP＝0.n·

因此可取n＝(0，－1，－2)．

→BP＝0，m·

设m是平面PBQ的法向量，则

→PQ＝0.m·可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－故二面角QBPC的余弦值为－

15. 5

15. 5

巩固提高

1.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为( )

A. C.

6

410

4

B. －

6 410 4

D. －答案：A

解析：取AC中点E，连接BE，则BE⊥AC， 如图，建立空间直角坐标系Bxyz， 则A(31

，，0)，D(0,0,1)， 22

31

，－，1)． 22

则AD＝(－

→

∵平面ABC⊥平面AA1C1C，BE⊥AC， ∴BE⊥平面AA1C1C. ∴BE＝(

→3

，0,0)为平面AA1C1C的一个法向量， 2

∴cos〈AD，BE〉＝－

→→6， 4

设AD与平面AA1C1C所成的角为α， ∴sinα＝|cos|〈AD，BE〉|＝→→6

，故选A. 4

2.在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BCA＝90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成的角的余弦值是( )

A. C.

30

1030

15

1B. 2D.

15 10

答案：A

1

解析：建立如图所示的坐标系，设BC＝1，则A(－1,0,0)，F1(－，0,1)，B(0，－1,0)，

211

D1(－，－，1)，

22

111→→

即AF1＝(，0,1)，BD1＝(－，，1)．

222→→

AF1·BD130→→

∴cos〈AF1，BD1〉＝＝.

10→→

|AF1|·|BD1|

3.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内

的轨迹为( )

答案：A

解析：以D为原点，DA、DC所在直线分别为x、y轴建系如图：设M(x，y,0)，设正a3

方形边长为a，则P(，0，a)，C(0，a,0)，则|MC|＝x2＋y－a2，

22

|MP|＝

a3x－2＋y2＋a2.

22

1

由|MP|＝|MC|得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y＝x的一部分．

24.已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________．

4答案： 3

解析：如图建立空间直角坐标系Dxyz， 则A1(2,0,4)，A(2,0,0)， B1(2,2,4)，D1(0,0,4)， →

AD1＝(－2,0,4)， →

AB1＝(0,2,4)， →

AA1＝(0,0,4)，

设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)， →AD1＝0，n·－2x＋4z＝0，则即

→2y＋4z＝0，AB1＝0，n·

解得x＝2z且y＝－2z， 不妨设n＝(2，－2,1)，

设点A1到平面AB1D1的距离为d， →|AA1·n|4则d＝＝.

|n|3

5.已知在几何体A－BCED中，∠ACB＝90°，CE⊥平面ABC，平面BCED为梯形，且AC＝CE＝BC＝4，DB＝1.

(1)求异面直线DE与AB所成角的余弦值；

(2)试探究在DE上是否存在点Q，使得AQ⊥BQ，并说明理由． 解：(1)由题知，CA，CB，CE两两垂直，以C为原点，以CA，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则A(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,1)，E(0,0,4)， ∴DE＝(0，－4,3)，AB＝(－4,4,0)， 22→→∴cos〈DE，AB〉＝－，

5

22

∴异面直线DE与AB所成角的余弦值为.

5

(2)设满足题设的点Q存在，其坐标为(0，m，n)，则AQ＝(－4，m，n)，BQ＝(0，m－4，n)，EQ＝(0，m，n－4)，QD＝(0,4－m,1－n)．

∵AQ⊥BQ，∴m(m－4)＋n2＝0，①

→→→→→→→→

∵点Q在ED上，∴存在λ∈R(λ>0)使得EQ＝λQD，

4λ

∴(0，m，n－4)＝λ(0,4－m,1－n)，∴m＝，②

1＋λ4＋λn＝.③ 1＋λ

λ＋4216λ

由①②③得()＝，

1＋λ1＋λ2∴λ2－8λ＋16＝0，解得λ＝4. 168

∴m＝，n＝.

55

168∴满足题设的点Q存在，其坐标为(0，，)．

55