第六節(jié)立體幾何中的向量方法最新考綱能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用1異面直線所成的角設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角a，bl1與l2所成的角范圍0a，b0<關系cosa，bcos |cosa，b|2直線與平面所成的角設直線l的方向向量為a，平面的法向量為n，直線l與平面所成的角為，則sin |cosa，n|.3二面角(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|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)點到平面的距離如圖所示，已知AB為平面的一條斜線段，n為平面的法向量，則B到平面的距離為|.一、思考辨析(正確的打“”，錯誤的打“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角()(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角()(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角()(4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是0，()答案(1)×(2)×(3)×(4)二、教材改編1已知向量m，n分別是直線l和平面的方向向量和法向量，若cos m，n，則l與所成的角為()A30°B60°C120°D150°A由于cosm，n，所以m，n120°，所以直線l與所成的角為30°.2已知兩平面的法向量分別為m(0,1,0)，n(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為()A.B.C.或D.或Cm(0,1,0)，n(0,1,1)，m·n1，|m|1，|n|，cosm，n，m，n.兩平面所成的二面角為或，故選C.3.如圖所示，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分別是BD和AD的中點，則B1M與D1N所成角的余弦值為()A. B.C.D.A以D為原點建立空間直角坐標系D­xyz，如圖，設AB2，則N(1,0,0)，D1(0,0,2)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，(1，1，2)，(1,0，2)，·143，|，|，cos，0，B1M與D1N所成角的余弦值為.故選A.4.如圖，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為_如圖，以A為原點，以，(AEAB)，所在直線分別為x軸、y軸、z軸(如圖)建立空間直角坐標系，設D為A1B1的中點，則A(0,0,0)，C1(1，2)，D(1,0,2)，(1，2)，(1,0,2)C1AD為AC1與平面ABB1A1所成的角，cosC1AD，又C1AD，C1AD.考點1求異面直線所成的角用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值 (2017·全國卷)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，ABC120°，AB2，BCCC11，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.B.C.D.C在平面ABC內(nèi)過點B作AB的垂線，以B為原點，以該垂線，BA，BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系B­xyz，則A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C，C1，(0，2,1)，cos，故選C.母題探究1.本例條件換為：“直三棱柱ABC­A1B1C1中，ABBCAA1，ABC90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點”，則直線EF和BC1所成的角是_60°以B為坐標原點，以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系如圖所示設ABBCAA12，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，(0，1,1)，(2,0,2)，·2，cos，則EF和BC1所成的角是60°.2本例條件換為：“直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面為等邊三角形， AA1AB，N，M分別是A1B1，A1C1的中點”，則AM與BN所成角的余弦值為_如圖所示，取AC的中點D，以D為原點，BD，DC，DM所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，不妨設AC2，則A(0，1,0)，M(0,0,2), B(，0,0)，N，所以(0,1,2)，所以cos，.兩異面直線所成角的范圍是，兩向量的夾角的范圍是0，當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角教師備選例題如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值解(1)證明：如圖所示，連接BD，設BDACG，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB1.由ABC120°，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC2，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，從而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，AC，F(xiàn)G平面AFC，所以EG平面AFC.因為EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如圖，以G為坐標原點，分別以GB，GC所在直線為x軸、y軸，|為單位長度，建立空間直角坐標系G­xyz，由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.如圖，在四棱錐P­ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60°.(1)求證：BD平面PAC；(2)若PAAB，求PB與AC所成角的余弦值解(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，所以ACBD.因為PA平面ABCD，所以PABD.又因為ACPAA，所以BD平面PAC.(2)設ACBDO.因為BAD60°，PAAB2，所以BO1，AOCO.如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O­xyz，則P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)所以(1，2)，(0,2，0)設PB與AC所成角為，則cos .即PB與AC所成角的余弦值為.考點2求直線與平面所成的角利用向量法求線面角的2種方法(1)法一：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)法二：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角(夾角為鈍角時取其補角)，取其余角就是斜線和平面所成的角(2019·深圳模擬)已知四棱錐P­ABCD，底面ABCD為菱形，PDPB，H為PC上的點，過AH的平面分別交PB，PD于點M，N，且BD平面AMHN.(1)證明：MNPC；(2)當H為PC的中點，PAPCAB，PA與平面ABCD所成的角為60°，求AD與平面AMHN所成角的正弦值解(1)證明：連接AC、BD且ACBDO，連接PO.因為ABCD為菱形，所以BDAC，因為PDPB，所以POBD，因為ACPOO且AC、PO平面PAC，所以BD平面PAC，因為PC平面PAC，所以BDPC，因為BD平面AMHN，且平面AMHN平面PBDMN，所以BDMN，MN平面PAC，所以MNPC.(2)由(1)知BDAC且POBD，因為PAPC，且O為AC的中點，所以POAC，所以PO平面ABCD，所以PA與平面ABCD所成的角為PAO，所以PAO60°，所以AOPA，POPA，因為PAAB，所以BOPA.以，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示設PA2，所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，B，C(1,0,0)，D，P，H，所以，.設平面AMHN的法向量為n(x，y，z)，所以即 令x2，則y0，z2，所以n(2,0,2)，設AD與平面AMHN所成角為，所以sin |cosn，|.所以AD與平面AMHN所成角的正弦值為.若求線面角的余弦值，要注意利用平方關系sin2cos21求出其值不要誤認為直線的方向向量與平面的法向量所成夾角的余弦值即為所求(2019·浙江高考)如圖，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90°，BAC30°，A1AA1CAC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(1)證明：EFBC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值解法一：(幾何法)(1)連接A1E，因為A1AA1C，E是AC的中點，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC，則A1EBC.又因為A1FAB，ABC90°，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC中點G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四邊形EGFA1為矩形由(1)得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上連接A1G交EF于O，則EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)不妨設AC4，則在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O為A1G的中點，故EOOG，所以cosEOG.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是.法二：(向量法)(1)連接A1E，因為A1AA1C，E是AC的中點，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E­xyz.不妨設AC4，則A1(0,0，2)，B(，1,0)，B1(，3，2)，F(xiàn)(，2)，C(0,2,0)因此，(，1,0)由·0，得EFBC.(2)設直線EF與平面A1BC所成角為.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)設平面A1BC的法向量為n(x，y，z)，由得 取n(1，1)，故sin |cos，n|，所以cos ，因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為.考點3求二面角利用向量計算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平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(鈍)二面角(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小提醒：判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，可結(jié)合圖形進行(2019·全國卷)如圖，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(1)證明：MN平面C1DE；(2)求二面角A­MA1­N的正弦值解(1)連接ME，B1CM，E分別為BB1，BC中點，ME為B1BC的中位線，MEB1C且MEB1C，又N為A1D中點，且A1D綊B1C，NDB1C且NDB1C，ME綊ND，四邊形MNDE為平行四邊形，MNDE.又MN平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE.(2)法一：設ACBDO，A1C1B1D1O1，由直四棱柱性質(zhì)可知：OO1平面ABCD.四邊形ABCD為菱形，ACBD.則以O為原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系：則A，M，A1，D(0，1,0)，N.取AB中點F，連接DF，則F.四邊形ABCD為菱形且BAD60°，BAD為等邊三角形， DFAB.又AA1平面ABCD，DF平面ABCD，DFAA1.DF平面ABB1A1，即DF平面AMA1.為平面AMA1的一個法向量，且.設平面MA1N的法向量n，又，. 令x，則y1，z1 ，n.cos，n，sin，n，二面角A­MA1­N的正弦值為.法二：由已知可得DEDA.以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz，則A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)設m(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則即 所以可取m(，1,0)設n(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則 即 可取n(2,0，1)，于是cosm，n，所以二面角A­MA1­N的正弦值為.母題探究本例條件不變，求點C到平面C1DE的距離解法一：(幾何法)過C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.又DEC1EE，從而CH平面C1DE，故CH的長即為C到平面C1DE的距離，由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.從而點C到平面C1DE的距離為.法二：(等體積法)在菱形ABCD中，E為BC中點，所以DEBC，根據(jù)題意有DE，C1E，因為棱柱為直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SDEC1××，設點C到平面C1DE的距離為d，根據(jù)題意有VC1­CDEVC­C1DE，則有××××d××1××4，解得d，所以點C到平面C1DE的距離為.本例(2)在求解中給出了兩種常見的建系方式，建立便捷的空間直角坐標系是求解本例的關鍵1.如圖所示，二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，則該二面角的大小為_60°，|2.·|·|·cos，24.cos，.又所求二面角與，互補，所求的二面角為60°.2.如圖，EA平面ABC ，DB平面ABC，ABC是等邊三角形，AC2AE，M是AB的中點(1)求證：CMEM; (2)若直線DM與平面ABC所成角的正切值為2，求二面角B­CD­E的余弦值解(1)證明：因為ABC是等邊三角形，M是AB的中點，所以CMAM.因為EA平面ABC，CM平面ABC，所以CMEA.因為AMEAA，所以CM平面EAM.因為EM平面EAM，所以CMEM.(2)以點M為坐標原點，MC所在直線為x軸，MB所在直線為y軸，過M且與直線BD平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系M­xyz，如圖所示因為DB平面ABC，所以DMB為直線DM與平面ABC所成的角，所以tanDMB2，即BD2MB，所以BDAC.不妨設AC2，又AC2AE，則CM，AE1.故B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,1,2)，E(0，1,1)所以(，1,0)，(0,0,2)，(，1,1)，(，1,2)設平面BCD與平面CDE的一個法向量分別為m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)，由 得令x11，得y1，所以m(1，0)由 得令x21，得y2，z2.所以n.所以cosm，n0.所以二面角B­CD­E的余弦值為0.