新教材2022版新高考数学人教B版一轮复习学案：第7章 第7节 立体几何中的向量方法——求空间角与距离 WORD版含解析.DOC

1、第7节立体几何中的向量方法求空间角与距离一、教材概念结论性质重现1利用空间向量求距离(1)点到直线的距离如图所示，点A是直线l外一点，若AB是直线l的垂线段，则AB的长度就是点A到直线l的距离，这一距离也等于|A|.(2)点到平面的距离如图所示，一般地，若A是平面外一点，B是平面内一点，n是平面的一个法向量，则点A到平面的距离d.求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段有时利用等积法求解可能更方便2两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a与b的夹角范围(0，)求法cos cos 求两异面直线l1，l2的夹角，须求出它

2、们的方向向量a，b的夹角a，b，由于夹角范围不同，有cos |cosa，b|.3直线与平面所成角的求法如果v是直线l的一个方向向量，n是平面的一个法向量，设直线l与平面所成角的大小为，v与n的夹角为，则sin |cos |.求直线l与平面所成的角，可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量v的夹角，则sin |cosn，v|.4求二面角的大小(1)如图，AB，CD分别是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角的大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)利用平面的

3、法向量求二面角的大小时，求出两半平面，的法向量n1，n2后，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，还是互补二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(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，( )(5)若直线l的方向向量与平面的法向量夹角为120，则l和所成角为30.( )(6)若二面角a的两个半平面，的法向量n

4、1，n2所成角为，则二面角a的大小是.( )2已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A45B135C45或135D90C解析：cosm，n，即m，n45.所以两平面所成二面角为45或18045135.3若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()A120B60 C30D60或30C解析：设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为.则sin |cos |cos 120|.又因为090，所以30.4在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n(2，2,1)，已知点P(1,3,2)，则点P到平面

5、OAB的距离d等于()A4B2 C3D1B解析：P点到平面OAB的距离为d2.5在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值为_解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系则F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0，2,1)，所以(1,0,2)，(1,1,1)，所以cos，.考点1异面直线所成的角基础性1在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.C解

6、析：以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D1(0，0，)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B1(1,1，)，所以(1，0，)，(1,1，)设异面直线AD1与DB1所成的角为，所以cos .所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.2有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为_解析：设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD.因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标

7、系则A(0,0，)，B(0，1,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)，所以(0，1，)，(，1，0)，所以cos，所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.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值等于两向量夹角余弦值的绝对值考点2直线与平面所成的角综合性(2020新高考全国卷)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上

8、的点，QB，求PB与平面QCD所成角的正弦值(1)证明：在正方形ABCD中，ADBC.因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD平面PBC.又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以ADl.因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADCD，所以lCD，且PD平面ABCD，所以ADPD，所以lPD.因为CDPDD，所以l平面PDC.(2)解：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系因为PDAD1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0，0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)设Q(m,0,1)，则有(0,1,0)，(m

9、,0,1)，(1,1，1)因为QB，所以，解得m1.设平面QCD的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则z1，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0，1)设PB与平面QCD所成的角为，则有sin |cosn，|.所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为.利用空间向量求线面角的方法(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夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角(2021深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PDPB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点

10、M，N，且BD平面AMHN.(1)证明：MNPC；(2)当H为PC的中点时，PAPCAB，PA与平面ABCD所成的角为60，求AD与平面AMHN所成角的正弦值(1)证明：连接AC，BD且ACBDO，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BDAC.因为PDPB，所以POBD.因为ACPOO，且AC，PO平面PAC，所以BD平面PAC.因为PC平面PAC，所以BDPC.因为BD平面AMHN，且平面AMHN平面PBDMN，所以BDMN，MN平面PAC，所以MNPC.(2)解：由(1)知BDAC且POBD.因为PAPC，且O为AC的中点，所以POAC，所以PO平面ABCD，所以PA与平面ABCD所成的角为

11、PAO，所以PAO60，所以AOPA，POPA.因为PAAB，所以BOPA.以O为原点，OA，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系设PA2，所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，B，C(1,0,0)，D，P(0,0，)，H，所以，.设平面AMHN的一个法向量为n(x，y，z)，所以即令x2，则y0，z2，所以n(2,0,2)为平面AMHN的一个法向量设AD与平面AMHN所成角为，所以sin |cosn，|.所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为.考点3求二面角与空间距离应用性考向1求二面角或二面角的某个三角函数值(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底

12、面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，EC1B1C1C1，EC1，B1C1平面EB1C1，所以BE平面EB1C1.(2)解：由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1，0,1)，(1

13、,0,0)，(1，1,1)，(0,0,2)设平面EBC的一个法向量为n(x，y，z)，则即取y1，则x0，z1，所以n(0，1，1)为平面EBC的一个法向量设平面ECC1的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则即取x11，则y11，z10，所以m(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量于是cosn，m.所以二面角BECC1的正弦值为.利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，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的大小(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两

14、个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小考向2求空间距离在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A2 B CD1D解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)，则(2,2,0)，(0,2，)易知AC1平面BDE.设n(x，y，z)是平面BDE的一个法向量，则即令y1，得n(1,1，)又(2,0,0)，所以点A到平面BDE的距离是d1.故直线AC1到平面BED

15、的距离为1.求点面距离的一般方法(1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离(2)等体积法(3)向量法其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便1设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，所以(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0)设平面A1BD的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x1，可得n(1，1，1)，所以点D1到平面A1BD的距离d.2如图，在四棱锥PABCD中，已知ABBC，AC4，ADDC2，O为AC的中点，PO底

16、面ABCD，PO2，M为棱PC的中点(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；(2)求二面角DAMC的正弦值；(3)记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且NQ平面ADM，求线段OQ的长解：连接DB，因为ABBC，ADDC，O为AC的中点，所以点O在DB上，且DBAC.又PO平面ABCD，则OB，OC，OP两两垂直故以O为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系(如图)由题意得OB1，OD2，则O(0,0,0)，A(0，2,0)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(2,0,0)，P(0,0,2)，M(0，1,1)(1)依题意可得(2,2,0)，(0,3,1)

17、设n(x，y，z)为平面ADM的一个法向量，则即不妨令y1，则x1，z3，可得n(1,1，3)又(1,0，2)，所以|cos，n|，所以直线PB与平面ADM所成角的正弦值为.(2)由(1)知OBAC.又OBPO，ACPOO.故OB平面AMC，由是平面AMC的一个法向量，(1,0,0)由(1)可知n(1,1，3)是平面ADM的一个法向量，因此cos，n，于是有sin，n，所以二面角DAMC的正弦值为.(3)设线段OQ的长为h(0h2)，则点Q的坐标为(0,0，h)由已知可得点N的坐标为(1,0,1)，所以(1,0，h1)由NQ平面ADM且n(1,1，3)为平面ADM的法向量，得n，所以n0，即1

18、3(h1)0，解得h0,2，所以线段OQ的长为.3请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答ABBC，FC与平面ABCD所成的角为，ABC.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，且PAAB2，PD的中点为F.(1)在线面AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由(2)若_，求二面角FACD的余弦值解：(1)在线段AB上存在点G，使得AF平面PCG，且G为AB的中点证明如下：设PC的中点为H，连接FH，GH，如图，易证四边形AGHF为平行四边形，则AFGH.又GH平面PCG，AF平面PGC，所以A

19、F平面PGC.(2)选择.因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAD.由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为PAAB2，所以A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以(0,1,1)，(2，1,1)设平面FAC的一个法向量为u(x，y，z)，则即令y1，则x1，z1，则u(1,1，1)易知平面ACD的一个法向量为v(0,0,2)，设二面角FACD的平面角为，则cos ，即二面角FACD的余弦值为.选择.设BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则F

20、M PA，且FM1.因为PA平面ABCD，所以FM平面ABCD，FC与平面ABCD所成的角为FCM，故FCM.在直角三角形FCM中，CM，又因为CMAE，故AE2BE2AB2，所以BCAE，所以AE，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为PAAB2，所以A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以(0,1,1)，(，0,1)设平面FAC的一个法向量为u(x，y，z)，则即令x，则y3，z3，则u(，3,3)易知平面ACD的一个法向量为v(0,0,2)设二面角FACD的平面角为，则co

21、s ，即二面角FACD的余弦值为.选择.因为PA平面ABCD，所以PABC.取BC中点E，连接AE.因为底面ABCD是菱形，ABC，所以ABC是正三角形又E是BC的中点，所以BCAE，所以AE，AD，AP两两垂直故以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为PAAB2，所以A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以(0,1,1)，(，0,1)设平面FAC的一个法向量为u(x，y，z)，则即令x，则y3，z3，则u(，3,3)易知平面ACD的一个法向量为v(0,0,2)，设二面角FACD的平面角为，则cos ，

22、即二面角FACD的余弦值为.如图，在四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角正弦值的大小四字程序读想算思AB与平面SBC所成角的大小，ABCD，BCCD，ABBC2，CDSD1定义法，借助点到平面的距离，法向量勾股定理、余弦定理、法向量求解多方法、多角度对立体几何知识的掌握及空间向量在解决立体几何中的应用思路参考：利用定义寻找线面角的位置直接求解(1)证明：取AB中点，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DEBC2.连接SE，则SEAB，SE.又SD1，故DE2SE2SD2，所以DSE为直角

23、由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD，SD与两条相交直线AB，SE都垂直，所以SD平面SAB.(2)解：因为CDAB，所以CD与平面SBC所成的角即为AB与平面SBC所成的角如图，取SC的中点M，连接BM，DM.因为DSDC，BSBC，所以SCDM，SCBM，所以SC平面BDM，所以平面BDM平面SBC.作DNBM，垂足为点N，则DN平面SBC，连接CN.CN为CD在平面SBC上的射影，DCN即为CD与平面SBC所成的角因为SDAB ，CDAB，SDCD，|SC|，|BM|，cosDBM，sinDBM，DN，sinDCN.所以AB与平面SBC所成的正弦值为.思路参考

24、：借助点到平面的距离间接求解(1)证明：同解法1.(2)解：VASBCVSABC.过点S作SFDE，则SF平面ABCD.|SF|.VSABCSABC|SF|AB|BC|SF|22.设A到平面SBC的距离为h，取SC中点M，连接BM.因为SDAB，CDAB，SDCD，|SC|，|BM|，VASBCSSBCh|SC|BM|hhh.因为h， 所以h，即A到平面SBC的距离为.又因为AB2，设AB与平面SBC所成的角为，则sin ，所以AB与平面SBC所成的角的正弦值为.思路参考：建立空间直角坐标系利用法向量求解(1)证明：同解法1.(2)解：如图，以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴建

25、立如图所示的空间直角坐标系则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)因为平面SDE平面ABCD，CD1，DF，SF，所以S.设平面SBC的一个法向量为n(x，y，z)，(0,2,0)，故取z2，得x，y0，所以平面SBC的一个法向量为n(，0,2)又(2,0,0)，cos，n.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.思路参考：变换建系的方法，空间直角坐标系中各点坐标会发生变化，但求角的方法是不变的证明：(1)同解法1.(2)解：如图，以D为坐标原点，射线DE为x轴正半轴，射线DC为y轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系则D(0,0,0)，A(2，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1

26、,0)因为平面SDE平面ABCD，点S在xOz平面内，DF，SF，所以S.设平面SBC的一个法向量为n(x，y，z)，(2,0,0)，故取z2，得x0，y.所以平面SBC的一个法向量为n(0，2)又(0,2,0)，cos，n.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.1本题考查线面角的运算，解法灵活，基本解题策略一种是利用定义寻找线面角，然后通过解三角形计算，另一种是建立空间直角坐标系，通过法向量与方向向量夹角处理2基于课程标准，解答本题需要熟练掌握线面角的寻找以及空间向量求线面角的方法，掌握运算求解能力、空间想象能力本题的解答过程体现了数学探索的魅力3基于高考数学评价体系，本题设置通过不同的思路引

27、导，将求线面角转化为最基本的数学模型，体现了基础性；解题过程中知识的转化，体现了综合性如图1，四边形ABCD为菱形，且A60，AB2，E为边AB的中点现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD，如图2.若二面角ADEH的大小为60，则平面ABH与平面ADE所成锐二面角的余弦值为_ 图1图2解析：(方法一)分别取AE，AD的中点O，K，连接OK，OB.由DE平面ABE，可知AEB为二面角ADEH的平面角，即有AEB60.因为O为AE的中点，所以BOAE.因为BODE，所以BO平面ADE，则以点O为坐标原点，分别以直线KO，OE，OB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系由条件，易得A，B，D，E.再设

28、H(x0，y0，z0)，而(，0,0)，.由EDDH，得0，得x0.由可得将x0代入，可得y0，z0，即H，则，(，0，)，设平面ABH的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则令x11，得y1，z11，即n1(1，1)而平面ADE的一个法向量为n2(0,0,1)于是平面ABH与平面ADE所成锐二面角的余弦值为cos .(方法二)延长HB，DE交于点L，连接AL，取AE的中点O，过点O作OMAL于点M，连接MB，如图由DE平面ABE，可知AEB为二面角ADEH的一个平面角，即有AEB60.因为O为AE的中点，所以BOAE.因为BODE，所以BO平面ADE，即BOAL且BOMO.又因为OMAL，

29、所以AL平面BOM，即BMO为平面ADE与平面ABH所成锐二面角的一个平面角而BO，AO.易得LE，而AE1，AEL90，所以EAL60，则MO.由勾股定理，得MB，则cosBMO，即平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值为.(方法三)延长HB，DE交于点L，连接AL，过点D作DQAE且与LA的延长线交于点Q，连接QH.分别取DQ，AE中点M，O连接AM，BO.再取MD中点O，连接OO.因为QDAE，HDBE且QD，HD为平面HDQ内两条相交直线，AE，BE为平面ABE内两条相交直线，所以平面HDQ平面ABE.因为DE平面ABE，所以DE平面HDQ，即HDQ为二面角ADEH的一个平面角，即有HDQ60.由HD2，得HM，MD1，则MO.因为M为QD中点，所以HMQD.因为HMDE，所以MH平面ADE.以点O为坐标原点，分别以直线OO，OE，OB为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图易得A，B，H，则有，.设平面ABH的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令x11，得y1，z11，即n1(1，1)而平面ADE的一个法向量为n2(0,0,1)于是平面ABH与平面ADE所成锐二面角的余弦值为cos .