2014高考数学第一轮复习向量法解立体几何二 12页

立体几何中的向量方法(二)‎ ‎【2014年高考会这样考】‎ 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．‎ ‎【复习指导】‎ 复习中要掌握空间角的类型及各自的范围，掌握求空间角的向量方法，特别注意两平面法向量的夹角与二面角的关系．‎ 基础梳理 ‎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αlβ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αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ ‎(ⅱ)如图②③，n1，n2分别是二面角αlβ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〉．‎ 三种成角 ‎(1)异面直线所成的角的范围是；‎ ‎(2)直线与平面所成角的范围是；‎ ‎(3)二面角的范围是[0，π]．‎ ‎ 易误警示 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．‎ 双基自测 ‎1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么，这条斜线与平面所成的角是(　　)．‎ A．90° B．30° C．45° D．60°‎ 解析　∵cos〈a，b〉＝＝，‎ 又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝60°.‎ 答案　D ‎2．(人教A版教材习题改编)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的大小为(　　)．‎ ‎ A．45° B．135°‎ C．45°或135° D．90°‎ 解析　cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 即〈m，n〉＝45°，其补角为135°，‎ ‎∴两平面所成的二面角为45°或135°.‎ 答案　C ‎3．(2011·德州月考)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)．‎ A．30° B．60° C．120° D．150°‎ 解析　设l与α所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，∴θ＝30°.‎ 答案　A ‎4．在如图所示的正方体A1B‎1C1D1ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　)．‎ A．－ B．－ C. D. 解析　如图建立直角坐标系Dxyz，设DA＝1，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E.则＝(－1,1,0)，＝，若异面直线DE与AC所成的角为θ，‎ cos θ＝|cos〈，〉|＝.‎ 答案　D ‎5．如图所示，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．‎ 解析　建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设AB＝BC＝AA1＝2，‎ 则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)‎ 则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，‎ ‎∴·＝2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴EF和BC1所成角为60°.‎ 答案　60°‎ ‎　‎ 考向一　求异面直线所成的角 ‎【例1】►(2011·上海高考改编)已知ABCDA1B1C1D1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；‎ ‎(2)四面体AB1D‎1C的体积．‎ ‎[审题视点] 建立恰当的空间直角坐标系，用向量法求解，注意角的范围．‎ 解　(1)如图建立空间直角坐标系A1xyz，由已知条件：‎ B(1,0,2)，D(0,1,2)，‎ A(0,0,2)，B1(1,0,0)．‎ 则＝(－1,1,0)，‎ ＝(1,0，－2)‎ 设异面直线BD与AB1所成角为θ，‎ cos θ＝|cos〈，〉|＝.‎ ‎(2)VAB1D‎1C＝VABCDA1B‎1C1D1－4VCB‎1C1D1＝.‎ ‎ 异面直线所成角范围是(0°，90°]，若异面直线a，b的方向向量为m，n，异面直线a，b所成角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|.解题过程是：(1)建系；(2)求点坐标；(3)表示向量；(4)计算．‎ ‎【训练1】 (2011·全国高考)已知正方体ABCDA1B1C1D1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Dxyz，设DA＝1，由已知条件 A(1,0,0)，E，‎ B(1,1,0)，C(0,1,0)，‎ ＝，＝(－1,0,0)‎ 设异面直线AE与BC所成角为θ.‎ cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.‎ 答案　 考向二　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ABCDA′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．‎ ‎[审题视点] 转化为三角形内角求解不易，故考虑用向量法求解，注意向量的夹角与直线与平面所成角的关系．‎ 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Dxyz.‎ 则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．‎ 连接BD，B′D′.‎ 在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.‎ 设＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈，〉＝60°，即·＝||||cos〈，〉，‎ 可得2m＝.‎ 解得m＝，所以＝.‎ ‎(1)因为cos〈，〉＝＝，‎ 所以〈，〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.‎ ‎(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0,1,0)．‎ 因为cos〈，〉＝＝，‎ 所以〈，〉＝60°，‎ 可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.‎ ‎ (1)异面直线的夹角与向量的夹角有所不同，应注意思考它们的区别与联系．‎ ‎(2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系．‎ ‎【训练2】 (2010·辽宁)已知三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，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)，‎ M，N，‎ S.‎ ‎(1)证明：＝(1，－1，)，＝，‎ 因为·＝－＋＋0＝0，所以CM⊥SN.‎ ‎(2)＝，‎ 设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则 ‎∴ 取x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，〉|＝＝，‎ 所以SN与平面CMN所成角为45°.‎ 考向三　利用向量求二面角 ‎【例3】►(2011·全国新课标)如图，四棱锥PABCD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APBC的余弦值．‎ ‎[审题视点] 会判断法向量的方向，找准向量夹角与二面角是相等还是互补．‎ ‎(1)证明　因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD.‎ 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Dxyz，则 A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)．‎ ＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)．‎ 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 因此可取n＝(，1，)．‎ 设平面PBC的法向量为m，则 可取m＝(0，－1，－)，则cos〈m，n〉＝＝－.‎ 故二面角APBC的余弦值为－.‎ ‎ 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个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是锐角还是钝角．‎ ‎【训练3】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝2，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＝2，四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴A，B，C，D，P的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)．‎ 又E，F分别是AD，PC的中点，∴E(0，，0)，F(1，，1)．‎ ‎∴＝(2,2，－2)，＝(－1，，1)，＝(1,0,1)．‎ ‎∴·＝－2＋4－2＝0，·＝2＋0－2＝0.‎ ‎∴⊥，⊥ ‎∴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＝＝(2,2，－2)，平面BAP的一个法向量n2＝＝(0,2，0)，‎ ‎∴n1·n2＝8.‎ 设平面BEF与平面BAP的夹角为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，‎ ‎∴θ＝45°.∴平面BEF与平面BAP的夹角为45°.‎ 阅卷报告12——对法向量夹角与二面角大小关系认识不清导致失误 ‎【问题诊断】 立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量的夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点．‎ ‎【防范措施】 正确判断法向量的方向，同指向二面角内或外则向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外则相等．‎ ‎【示例】► (2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.‎ ‎(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎(2)求二面角Q BPC的余弦值．‎ 实录　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.‎ ‎(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0，2,0)．‎ 则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．‎ 所以·＝0，·＝0.‎ 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.‎ 错因　如图平面BPC，与平面BPQ的法向量分别为n＝(0,1,2)，m＝(1,1,1)，设二面角Q BPC的大小为θ，则θ≠〈m，n〉，θ＝π－〈m，n〉‎ ‎(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则 即 令y＝1，则n＝(0,1,2)．‎ 同理，设m是平面PBQ的法向量，则 可取m＝(1,1,1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝.‎ 故二面角Q BPC的余弦值为.‎ 正解　(1)见实录 ‎(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即 因此可取n＝(0，－1，－2)．‎ 设m是平面PBQ的法向量，则 可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－.‎ 故二面角QBPC的余弦值为－.‎