1、立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法 考试要求 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 1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a，b l1与 l2所成的角 范围 0a，b 0 2 关系 cosa，b a b |a|b| cos |cosa，b|a b| |a|b| 2.直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a， 平面 的法向量为 n， 直线 l 与平面 所成的角为 ， 则 sin |cosa，n|a n| |a|n|. 3二面角 (1)如图，AB，CD 是二
2、面角 - l- 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角 的大小 AB ，CD (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|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的 夹角(或其补角) 常用结论 点到平面的距离 如图所示，已知 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 B 到平 面 的距离为|BO |AB n| |n| . 一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”) (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、 (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 0， 2 ，直线与平面所成角的范围是 0， 2 ，二面 角的范围是0， ( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材习题衍生 1已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 的方向向量和法向量，若 cos m， n1 2，则 l 与 所成的角为( ) A30 B60 C120 D150 A 由于 cosm，n1 2，所以m，n120 ，所以直线 l 与 所成的 角为 30 . 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( ) A 4 B3 4 C 4或
4、 3 4 D 2或 3 4 C m(0,1,0)，n(0,1,1)， m n1，|m|1，|n| 2， cosm，n m n |m|n| 2 2 ，m，n 4. 两平面所成的二面角为 4或 3 4，故选 C 3在正三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABAA1，则 AC1与平面 BB1C1C 所成角的正 弦值为( ) A 2 2 B 15 5 C 6 4 D 6 3 C 建立如图所示的坐标系，设 AB2， 则 C1( 3，1,0)，A(0,0,2)，AC1 ( 3，1，2)，平面 BB1C1C 的一个法向量为 n(1,0,0)所以 AC1与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为|AC1 n| |A
5、C1 |n| 3 8 6 4 . 考点一 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 典例 1 (2017 全国卷)已知直三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABC120 ，AB 2，BCCC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( ) A 3 2 B 15 5 C 10 5 D 3 3 C 在平面 ABC 内过点 B 作 AB 的垂线，以 B 为原点，以该垂线，BA，BB1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 B- xyz， 则 A(0,2,0)， B1(0,0,1)， C 3 2 ，1 2，0 ， C1 3 2 ，1 2，1 ，AB1 (0，
6、2,1)，BC1 3 2 ，1 2，1 ， cosAB1 ，BC1 AB1 BC1 |AB1 | |BC1 | 2 5 2 10 5 ，故选 C 母题变迁 1.本例条件换为：“直三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABBCAA1，ABC90 ， 点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点”，则直线 EF 和 BC1所成的角是 60 以 B 为坐标原点，以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直 角坐标系如图所示 设 ABBCAA12，则 C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)， EF (0，1,1)，BC 1 (2,0,2)，EF BC 1 2， cosE
7、F ，BC 1 2 22 2 1 2， 则 EF 和 BC1所成的角是 60 . 2本例条件换为：“直三棱柱 ABC- A1B1C1中，底面为等边三角形， AA1 AB， N， M 分别是 A1B1， A1C1的中点”， 则 AM 与 BN 所成角的余弦值为 7 10 如图所示，取 AC 的中点 D，以 D 为原点，BD，DC，DM 所在直线分别 为 x 轴、 y 轴、 z 轴， 建立空间直角坐标系， 不妨设 AC2， 则 A(0， 1,0)， M(0,0,2), B( 3，0,0)，N 3 2 ，1 2，2 ， 所以AM (0,1,2)，BN 3 2 ，1 2，2 ， 所以 cosAM ，B
8、N AM BN |AM |BN | 7 2 5 5 7 10. 点评： 两异面直线所成角的范围是 0， 2 ， 两向量的夹角 的范围是0， ， 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面 直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角 跟进训练 如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形，AB2， BAD60 . 若 PAAB，则 PB 与 AC 所成角的余弦值为 6 4 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 ACBD设 ACBDO. 因为BAD60 ，PAAB2， 所以 BO1，AOCO 3. 如图，以 O 为坐标原点，建
9、立空间直角坐标系 O- xyz， 则 P(0， 3，2)，A(0， 3，0)，B(1,0,0)，C(0， 3，0) 所以PB (1， 3，2)， AC (0,2 3，0) 设 PB 与 AC 所成角为 ，则 cos PB AC |PB |AC | 6 2 22 3 6 4 . 即 PB 与 AC 所成角的余弦值为 6 4 . 考点二 求直线与平面所成的角 利用向量法求线面角的两种方法 典例 2(2020 郑州模拟)在如图所示的多面体中， 四边形 ABCD 是平行四边形， 四边形 BDEF 是矩形，ED平面 ABCD，ABD 6，AB2AD (1)求证：平面 BDEF平面 ADE； (2)若 E
10、DBD，求直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值 解 (1)证明：在ABD 中，ABD 6，AB2AD， 由余弦定理，得 BD 3AD， 从而 BD2AD2AB2，故 BDAD， 所以ABD 为直角三角形且ADB 2. 因为 DE平面 ABCD，BD平面 ABCD， 所以 DEBD 又 ADDED，所以 BD平面 ADE. 因为 BD平面 BDEF， 所以平面 BDEF平面 ADE. (2)由(1)可得，在 RtABD 中，BAD 3，BD 3AD，又由 EDBD，设 AD1，则 BDED 3.因为 DE平面 ABCD，BDAD， 所以以点 D 为坐标原点，DA，DB，DE 所在直线分别为
11、 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系，如图所示 则 A(1,0,0)，C(1， 3，0)，E(0,0， 3)，F(0， 3， 3)， 所以AE (1,0， 3)，AC (2， 3，0) 设平面 AEC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n AE 0， n AC 0， 即 x 3z0， 2x 3y0， 令 z1，得 n( 3，2,1)为平面 AEC 的一个法向量 因为AF (1， 3， 3)， 所以 cosn，AF n AF |n| |AF | 42 14 ， 所以直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值为 42 14 . 点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“AB2AD 及A
12、BD 6”得 出ABD 为直角三角形，解题务必推理严谨 跟进训练 如图，四棱锥 P- ABCD 中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3， PABC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，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 (1)证明：由已知得 AM2 3AD2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN. 由 N 为 PC 的中点知 TNBC，TN1 2BC2. 又 ADBC，故 TN 綊 AM， 四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT. 因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB， 所以 MN平面 PA
13、B (2)取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 ABAC 得 AEBC， 从而 AEAD，且 AE AB2BE2AB2 BC 2 2 5. 以 A 为坐标原点，AE 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A- xyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( 5，2,0)，N 5 2 ，1，2 ，PM (0,2，4)， PN 5 2 ，1，2 ， AN 5 2 ，1，2 . 设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量， 则 n PM 0， n PN 0， 即 2y4z0， 5 2 xy2z0， 可取 n(0,2,1) 于是|cosn，AN |n AN | |n|A
14、N | 8 5 25 ， 则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 . 考点三 求二面角 利用向量计算二面角大小的常用方法 提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行 典例 3 (2019 全国卷)如图， 直四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的底面是菱形， AA1 4，AB2，BAD60 ，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 (1)证明：MN平面 C1DE； (2)求二面角 A- MA1- N 的正弦值 解 (1)连接 ME，B1C M，E 分别为 BB1，BC 中点， ME 为B1BC 的中位线， MEB1C 且 ME1 2B1C， 又 N 为
15、A1D 中点，且 A1D 綊 B1C， NDB1C 且 ND1 2B1C， ME 綊 ND， 四边形 MNDE 为平行四边形， MNDE. 又 MN平面 C1DE，DE平面 C1DE，MN平面 C1DE. (2)法一：设 ACBDO，A1C1B1D1O1， 由直四棱柱性质可知：OO1平面 ABCD 四边形 ABCD 为菱形， ACBD 则以 O 为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系： 则 A()3，0，0 ，M()0，1，2 ， A1()3，0，4 ，D(0，1,0)，N 3 2 ，1 2，2 . 取 AB 中点 F，连接 DF，则 F 3 2 ，1 2，0 . 四边形 ABCD 为菱形且B
16、AD60 ， BAD 为等边三角形， DFAB 又 AA1平面 ABCD，DF平面 ABCD， DFAA1. DF平面 ABB1A1，即 DF平面 AMA1. DF 为平面 AMA1的一个法向量，且DF 3 2 ，3 2，0 . 设平面 MA1N 的法向量 n()x，y，z ， 又MA1 ()3，1，2 ，MN 3 2 ，3 2，0 . n MA1 3xy2z0， n MN 3 2 x3 2y0， 令 x 3，则 y1，z1 ，n()3，1，1 . cosDF ，n DF n | |DF | |n 3 15 15 5 ， sinDF ，n 10 5 ， 二面角 A- MA1- N 的正弦值为
17、10 5 . 法二：由已知可得 DEDA以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建 立如图所示的空间直角坐标系 D- xyz，则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1， 3，2)，N(1,0,2)，A1A (0，0，4)，A1M (1， 3，2)， A1N (1,0，2)，MN (0， 3，0) 设m (x ， y ， z) 为 平 面A1MA的 法 向 量 ， 则 m A1M 0， m A1A 0， 即 x 3y2z0， 4z0. 所以可取 m( 3，1,0) 设 n(p， q， r)为平面 A1MN 的法向量， 则 n MN 0， n A1N 0. 即 3q0， p2r0
18、. 可 取 n(2,0，1)， 于是 cosm，n m n |m|n| 2 3 2 5 15 5 ， 所以二面角 A- MA1- N 的正弦值为 10 5 . 母题变迁 本例条件不变，求点 C 到平面 C1DE 的距离 解 法一：(几何法)过 C 作 C1E 的垂线，垂足为 H.由已知可得 DEBC， DEC1C，所以 DE平面 C1CE，故 DECH. 又 DEC1EE， 从而 CH平面 C1DE，故 CH 的长即为 C 到平面 C1DE 的距离， 由已知可得 CE1，C1C4，所以 C1E 17， 故 CH4 17 17 . 从而点 C 到平面 C1DE 的距离为4 17 17 . 法二：
19、(等体积法)在菱形 ABCD 中，E 为 BC 中点，所以 DEBC，根据题意 有 DE 3，C1E 17， 因为棱柱为直棱柱，所以有 DE平面 BCC1B1， 所以 DEEC1，所以 SDEC11 2 3 17， 设点 C 到平面 C1DE 的距离为 d， 根据题意有 VC1- CDEVC- C1DE， 则有1 3 1 2 3 17d 1 3 1 21 34， 解得 d 4 17 4 17 17 ， 所以点 C 到平面 C1DE 的距离为4 17 17 . 点评：本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐 标系是求解本例的关键 跟进训练 1.如图所示，二面角的棱上有 A
20、，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 AB4，AC6，BD8，CD2 17，则该 二面角的大小为 60 CD CA AB BD ， |CD |CA AB BD 2 3616642CA BD 1162CA BD 2 17. CA BD |CA | |BD | cosCA ，BD 24. cosCA ，BD 1 2. 又所求二面角与CA ，BD 互补， 所求的二面角为 60 . 2(2020 全国卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面 直径，AEADABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO 6 6 DO. (1
21、)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角 B- PC- E 的余弦值 解 (1)证明：设 DOa，由题设可得 PO 6 6 a，AO 3 3 a，ABACBC a，PAPBPC 2 2 a. 因此 PA2PB2AB2，从而 PAPB 又 PA2PC2AC2，故 PAPC 又 PBPCP，PB，PC平面 PBC， 所以 PA平面 PBC (2)作 ONBC， 交 AB 于点 N， 以 O 为坐标原点， 以ON 所在的直线为 x 轴， OE 的方向为 y 轴正方向，|OE |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 O- xyz. 由题设可得 E(0,1,0)，A(0，1,0)， C 3 2 ，1 2，0 ，P 0，0， 2 2 . 所以EC 3 2 ，1 2，0 ，EP 0，1， 2 2 . 设 m(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则 m EP 0， m EC 0， 即 y 2 2 z0， 3 2 x1 2y0. 可取 m 3 3 ，1， 2 . 由(1)知AP 0，1， 2 2 是平面 PCB 的一个法向量，记 nAP ， 则 cosn，m n m |n| |m| 2 5 5 . 所以二面角 B- PC- E 的余弦值为2 5 5 .
