2022年高三數(shù)學大一輪復習 8.8立體幾何中的向量方法（Ⅱ）求空間角、距離教案 理 新人教A版

2022年高三數(shù)學大一輪復習 8.8立體幾何中的向量方法（）求空間角、距離教案 理 新人教A版xx高考會這樣考1.考查用向量方法求空間角的大?。?.考查簡單的空間距離的計算(點面距是重點)復習備考要這樣做1.掌握空間角的定義、范圍，掌握求空間角的向量方法；2.會利用向量方法對距離進行轉(zhuǎn)化1 空間向量與空間角的關系(1)設異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2所成的角滿足cos |cosm1，m2|.(2)設直線l的方向向量和平面的法向量分別為m，n，則直線l與平面所成角滿足sin |cosm，n|.(3)求二面角的大小1°如圖，AB、CD是二面角l的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小，2°如圖，n1，n2分別是二面角l的兩個半平面，的法向量，則二面角的大小滿足cos cosn1，n2或cosn1，n22. 點面距的求法如圖，設AB為平面的一條斜線段，n為平面的法向量，則B到平面的距離d.難點正本疑點清源1 向量法通過空間坐標系把空間圖形的性質(zhì)代數(shù)化，避免了尋找平面角和垂線段等諸多麻煩，使空間點線面的位置關系的判定和計算程序化、簡單化主要是建系、設點、計算向量的坐標、利用數(shù)量積的夾角公式計算2 利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半平面、的向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標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3 求點到平面距離的方法：垂面法：借助面面垂直的性質(zhì)來作垂線，其中過已知點確定已知面的垂面是關鍵；等體積法，轉(zhuǎn)化為求三棱錐的高；等價轉(zhuǎn)移法；法向量法1 若平面的一個法向量為n(4,1,1)，直線l的一個方向向量為a(2，3,3)，則l與所成角的正弦值為_答案解析n·a8338，|n|3，|a|，cosn，a.又l與所成角記為，即sin |cosn，a|.2 若直線l的方向向量與平面的法向量的夾角等于120°，則直線l與平面所成的角為_答案30°解析由題意得直線l與平面的法向量所在直線的夾角為60°，直線l與平面所成的角為90°60°30°.3 從空間一點P向二面角l的兩個面，分別作垂線PE，PF，垂足分別為E，F(xiàn)，若二面角l的大小為60°，則EPF的大小為_答案60°或120°4. 如圖所示，在空間直角坐標系中，有一棱長為a的正方體ABCOABCD，AC的中點E與AB的中點F的距離為_答案a解析由圖易知A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A(a,0，a)F，E.EFa.5 在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中點，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點，那么異面直線OE和FD1所成的角的余弦值等于_答案解析以D為原點，分別以DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，F(xiàn)(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，(1,0,2)，(1,1,1)，cos，.題型一求異面直線所成的角例1如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，點E是正方形BCC1B1的中心，點F、G分別是棱C1D1、AA1的中點，設點E1、G1分別是點E、G在平面DCC1D1內(nèi)的正投影(1)證明：直線FG1平面FEE1；(2)求異面直線E1G1與EA所成角的正弦值思維啟迪：本題可方便地建立空間直角坐標系，通過點的坐標得到向量坐標，然后求解(1)證明以D為原點，、分別為z軸、y軸、x軸的正向，|為1個單位長度建立空間直角坐標系由題設知點E、F、G1、E1的坐標分別為(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)，(0,1，1)，(0，1，1)，(1,0,0)，·0，·0，又EE1FE1E1.FG1平面FEE1.(2)解由題意知點A的坐標為(2,0,0)，又由(1)可知(1，2，1)，(0，2,0)，cos，sin，.探究提高用向量方法求兩條異面直線所成的角，是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解，而兩異面直線所成角的范圍是，兩向量的夾角的范圍是0，所以要注意二者的區(qū)別與聯(lián)系，應有cos |cos |. 如圖所示，在長方體ABCDA1B1C1D1中，已知AB4，AD3，AA12.E、F分別是線段AB、BC上的點，且EBBF1.求直線EC1與FD1所成的角的余弦值解以A為原點，、分別為x軸、y軸、z軸的正向建立空間直角坐標系，則有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(xiàn)(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是(1,3,2)，(4,2,2)，設EC1與FD1所成的角為，則：cos ，直線EC1與FD1所成的角的余弦值為.題型二求直線與平面所成的角例2如圖，已知四棱錐PABCD的底面為等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD的中點(1)證明：PEBC；(2)若APBADB60°，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值思維啟迪：平面的法向量是利用向量方法解決位置關系或夾角的關鍵，本題可通過建立坐標系，利用待定系數(shù)法求出平面PEH的法向量(1)證明以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長度，建立空間直角坐標系(如圖)，則A(1,0,0)，B(0,1,0)設C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)，則D(0，m,0)，E.可得，(m，1,0)因為·00，所以PEBC.(2)解由已知條件可得m，n1，故C，D，E，P(0,0,1)設n(x，y，z)為平面PEH的法向量，則即因此可以取n(1，0)又(1,0，1)，所以|cos，n|.所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為.探究提高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，取其余角就是斜線和平面所成的角 已知三棱錐PABC中，PA平面ABC，ABAC，PAACAB，N為AB上一點，且AB4AN，M，S分別為PB，BC的中點(1)證明：CMSN；(2)求SN與平面CMN所成角的大小(1)證明設PA1，以A為原點，AB，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系如圖所示，則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N(，0,0)，S(1，0)所以(1，1，)，(，0)因為·00，所以CMSN.(2)解設平面CMN的法向量為n(x，y，z)，則.yx，zx，取x2，則n(2,1，2)為平面CMN的一個法向量cosn·.n·135°，故SN與平面CMN所成角的大小為45°.題型三求二面角例3(xx·廣東)如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，點E在線段PC上，PC平面BDE.(1)證明：BD平面PAC；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值思維啟迪：利用圖中的PA平面ABCD、ABCD為矩形的條件建立空間直角坐標系，轉(zhuǎn)化為向量問題(1)證明PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD.同理由PC平面BDE可證得PCBD.又PAPCP，BD平面PAC.(2)解如圖，分別以射線AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標系由(1)知BD平面PAC，又AC平面PAC，BDAC.故矩形ABCD為正方形，ABBCCDAD2.A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)(2,0，1)，(0,2,0)，(2,2,0)設平面PBC的一個法向量為n(x，y，z)，則即取x1得n(1,0,2)BD平面PAC，(2,2,0)為平面PAC的一個法向量cos n，.設二面角BPCA的平面角為，由圖知0<<，cos ，sin .tan 3，即二面角BPCA的正切值為3.探究提高求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個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是銳角還是鈍角 (xx·遼寧)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.(1)證明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的余弦值(1)證明如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，以DA、DP、DC所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Dxyz.依題意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，則(1,1,0)，(0,0,1)，(1，1,0)所以·0，·0，即PQDQ，PQDC.又DQDCD，所以PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)解依題意有B(1,0,1)，(1,0,0)，(1,2，1)設n(x，y，z)是平面PBC的法向量，則即因此可取n(0，1，2)同理，設m是平面PBQ的法向量，則可取m(1,1,1)所以cosm，n.故二面角QBPC的余弦值為.題型四求空間距離例4在三棱錐SABC中，ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M、N分別為AB、SB的中點，如圖所示. 求點B到平面CMN的距離思維啟迪：由平面SAC平面ABC，SASC，BABC，可知本題可以取AC中點O為坐標原點，分別以OA，OB，OS所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，用向量法求解解取AC的中點O，連接OS、OB.SASC，ABBC，ACSO，ACBO.平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，又BO平面ABC，SOBO.如圖所示，分別以OA，OB，OS所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，則B(0,2，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2)，M(1，0)，N(0，)(3，0)，(1,0，)，(1，0)設n(x，y，z)為平面CMN的一個法向量，則，取z1，則x，y，n(，1)點B到平面CMN的距離d.探究提高點到平面的距離，利用向量法求解比較簡單，它的理論基礎仍出于幾何法如本題，事實上，作BH平面CMN于H.由及·nn·，|·n|n·|·|n|，|，即d. (xx·大綱全國)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12，E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為 ()A2 B. C. D1答案D解析以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)，易知AC1平面BDE.設n(x，y，z)是平面BDE的法向量則.取y1，則n(1,1，)為平面BDE的一個法向量又(2,0,0)，點A到平面BDE的距離是d1.故直線AC1到平面BED的距離為1.利用空間向量求角典例：(12分)如圖，已知在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA11，直線BD與平面AA1B1B所成的角為30°，AE垂直BD于點E，F(xiàn)為A1B1的中點(1)求異面直線AE與BF所成角的余弦值；(2)求平面BDF與平面AA1B所成二面角(銳角)的余弦值. 審題視角(1)研究的幾何體為長方體，AB2，AA11.(2)所求的是異面直線所成的角和二面角(3)可考慮用空間向量法求解規(guī)范解答解(1)以A為坐標原點，以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(如圖所示)2分由于AB2，BD與平面AA1B1B所成角為30°，即ABD30°，AD，3分A(0,0,0)，B(2,0,0)，D，F(xiàn)(1,0,1)又AEBD，故由平面幾何知識得AE1，從而E，4分因為，(1,0,1)，··(1,0,1)，|1，|，6分設AE與BF所成角為1，則cos 1.8分故異面直線AE與BF所成角的余弦值為.(2)設平面BDF的法向量為n(x，y，z)，由，得zx，yx，取x1，得n(1，1)10分求得平面AA1B的一個法向量為m.設平面BDF與平面AA1B所成二面角的大小為2.則cos 2|cosm，n|.12分答題模板利用向量求空間角的步驟第一步：建立空間直角坐標系第二步：確定點的坐標第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標第四步：計算向量的夾角(或函數(shù)值)第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角第六步：反思回顧查看關鍵點、易錯點和答題規(guī)范溫馨提醒(1)利用向量求角是高考的熱點，幾乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用(2)本題易錯點是在建立坐標系時不能明確指出坐標原點和坐標軸，導致建系不規(guī)范(3)將向量的夾角轉(zhuǎn)化成空間角時，要注意根據(jù)角的概念和圖形特征進行轉(zhuǎn)化，否則易錯方法與技巧1 若利用向量求角，各類角都可以轉(zhuǎn)化為向量的夾角來運算(1)求兩異面直線a、b的夾角，須求出它們的方向向量a，b的夾角，則cos |cosa，b|.(2)求直線l與平面所成的角可先求出平面的法向量n與直線l的方向向量a的夾角則sin |cosn，a|.(3)求二面角l的大小，可先求出兩個平面的法向量n1，n2所成的角，則n1，n2或n1，n22 求點到平面的距離，若用向量知識，則離不開以該點為端點的平面的斜線段失誤與防范1 利用向量求角，一定要注意將向量夾角轉(zhuǎn)化為各空間角因為向量夾角與各空間角的定義、范圍不同2 求點到平面的距離，有時利用等積法求解可能更方便3 求二面角要根據(jù)圖形確定所求角是銳角還是鈍角A組專項基礎訓練(時間：35分鐘，滿分：57分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1. 已知正方體ABCDA1B1C1D1如圖所示，則直線B1D和CD1所成的角為 ()A60° B45°C30° D90°答案D解析以A為原點，AB、AD、AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設正方體邊長為1，則射線CD1、B1D的方向向量分別是(1,0,1)，(1,1，1)，cos，0，兩直線所成的角為90°.2 在空間直角坐標系Oxyz中，平面OAB的一個法向量為n(2，2,1)，已知點P(1,3,2)，則點P到平面OAB的距離d等于 ()A4 B2 C3 D1答案B解析P點到平面OAB的距離為d2，故選B.3. 如圖所示，已知正方體ABCDA1B1C1D1，E、F分別是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，則EF和CD所成的角是 ()A60° B45°C30° D90°答案B解析以D為原點，分別以射線DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸的非負半軸建立空間直角坐標系Dxyz，設正方體的棱長為1，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F(xiàn)，(0,1,0)，cos，135°，異面直線EF和CD所成的角是45°.提醒兩異面直線的方向向量的夾角與異面直線所成的角相等或互補4 在正方體ABCDA1B1C1D1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 ()A. B. C. D.答案B解析以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，設棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，設平面A1ED的一個法向量為n1(1，y，z)，則n1(1,2,2)平面ABCD的一個法向量為n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的銳二面角的余弦值為.二、填空題(每小題5分，共15分)5. 如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是_答案60°解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系設ABBCAA12，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，則(0，1,1)，(2,0,2)，·2，cos，EF和BC1所成的角為60°.6 長方體ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為_答案解析建立坐標系如圖，則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，(1,0,2)，(1,2,1)，cos，.7 設正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是_答案解析如圖建立空間直角坐標系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0)，設平面A1BD的一個法向量n(x，y，z)，則.令x1，則n(1，1，1)，點D1到平面A1BD的距離d.三、解答題(共22分)8 (10分)如圖，四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，PA與平面ABD所成的角為60°，在四邊形ABCD中，ADCDAB90°，AB4，CD1，AD2.(1)建立適當?shù)淖鴺讼?，并寫出點B，P的坐標；(2)求異面直線PA與BC所成的角的余弦值解(1)建立如圖空間直角坐標系，ADCDAB90°，AB4，CD1，AD2，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)由PD平面ABCD，得PAD為PA與平面ABCD所成的角，PAD60°.在RtPAD中，由AD2，得PD2，P(0,0,2)(2)(2,0，2)，(2，3,0)，cos，PA與BC所成的角的余弦值為.9 (12分)如圖，在底面為直角梯形的四棱錐PABCD中，ADBC，ABC90°，PA平面ABCD，PA3，AD2，AB2，BC6.(1)求證：BD平面PAC；(2)求二面角PBDA的大小(1)證明如圖，建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，(0,0,3)，(2，6,0)，(2，2,0)·0，·0.BDAP，BDAC.又PAACA，BD面PAC.(2)解設平面ABD的法向量為m(0,0,1)，設平面PBD的法向量為n(x，y，z)，則n·0，n·0.(2，0,3)，解得令x，則n(，3,2)，cosm，n.二面角PBDA的大小為60°.B組專項能力提升(時間：25分鐘，滿分：43分)一、選擇題(每小題5分，共15分)1 在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為棱AA1和BB1的中點，則sin，的值為 ()A. B.C. D.答案B解析設正方體的棱長為2，以D為坐標原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間直角坐標系，可知(2，2,1)，(2,2，1)，cos，sin，.2 在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，則AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為()A. B. C. D.答案C解析建立如圖所示的空間直角坐標系，設AB2，則C1(，1,0)、A(0,0,2)，(，1，2)，平面BB1C1C的一個法向量為n(1,0,0)，所以AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為.故選C.3. 如圖，設動點P在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1的對角線BD1上，記.當APC為鈍角時，則的取值范圍是 ()A. B.C. D.答案D解析由題設可知，以、為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)由(1,1，1)得(，)，所以(，)(1,0，1)(1，1)，(，)(0,1，1)(，1，1)顯然APC不是平角，所以APC為鈍角等價于cosAPCcos，<0，這等價于·<0，即(1)()()(1)(1)2(1)(31)<0，得<<1.因此，的取值范圍為.二、填空題(每小題5分，共15分)4 (xx·陜西)如圖所示，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為_答案解析利用向量法求解不妨令CB1，則CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，1(0,2，1)，1(2,2,1)，cos1，1>0.1與1的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.5 (xx·大綱全國)三棱柱ABCA1B1C1中，底面邊長和側(cè)棱長都相等，BAA1CAA160°，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為_答案解析連接A1B交AB1于點O，取A1C1的中點D，連接B1D、DO.O、D分別為A1B、A1C1的中點，ODBC1，DOB1或其補角即為異面直線AB1與BC1所成的角設各棱長為a，則DB1a.A1AB60°，OB1AOa.又，2()222·22·2·2a22a2cos 60°a22a2cos 60°2a2cos 60°a22a2，|a.ODBC1a.在DOB1中，由余弦定理得cosDOB1，AB1與BC1所成角的余弦值為.6 在四面體PABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設PAPBPCa，則點P到平面ABC的距離為_答案a解析根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz，則P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)過點P作PH平面ABC，交平面ABC于點H，則PH的長即為點P到平面ABC的距離PAPBPC，H為ABC的外心又ABC為正三角形，H為ABC的重心，可得H點的坐標為.PHa.點P到平面ABC的距離為a.三、解答題7 (13分)(xx·北京)如圖(1)，在RtABC中，C90°，BC3，AC6.D，E分別是AC，AB上的點，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖(2)(1)求證：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大?。?3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由(1)證明ACBC，DEBC，DEAC.DEA1D，DECD，DE平面A1DC，又A1C平面A1DC，DEA1C.又A1CCD，A1C平面BCDE.(2)解如圖所示，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系Cxyz則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)設平面A1BE的法向量為n(x，y，z)，則n·0，n·0.又(3,0，2)，(1,2,0)，令y1，則x2，z，n(2,1，)設CM與平面A1BE所成的角為.(0,1，)，sin |cosn，|.CM與平面A1BE所成角的大小為.(3)解線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直理由如下：假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p0,3設平面A1DP的法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0.又(0,2，2)，(p，2,0)，令x2，則yp，z，m.平面A1DP平面A1BE，當且僅當m·n0，即4pp0.解得p2，與p0,3矛盾線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直