立体几何中的向量方法

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离1．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所成的角θ满足cosθ＝|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所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB、CD是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉．2°如图②③，n1，n2分别是二面角α—l—β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．2．点面距的求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝|AB→·n||n|.1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．(√)(5)直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°.(√)(6)若二面角α－a－β的两个半平面α、β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(×)2．已知二面角α－l－β的大小是π3，m，n是异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为()A.2π3B.π3C.π2D.π6答案B解析∵m⊥α，n⊥β，∴异面直线m，n所成的角的补角与二面角α－l－β互补．又∵异面直线所成角的范围为(0，π2]，∴m，n所成的角为π3.3．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OAB的距离d等于()A．4B．2C．3D．1答案B解析P点到平面OAB的距离为d＝|OP→·n||n|＝|－2－6＋2|9＝2，故选B.4．若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为_________．答案41133解析∵n·a＝－8－3＋3＝－8，|n|＝16＋1＋1＝32，|a|＝4＋9＋9＝22，∴cos〈n，a〉＝n·a|n|·|a|＝－832×22＝－41133.又l与α所成角记为θ，即sinθ＝|cos〈n，a〉|＝41133.5．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．答案90°解析不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝22a，PF＝22b，∴EM→·FN→＝(PM→－PE→)·(PN→－PF→)＝PM→·PN→－PM→·PF→－PE→·PN→＋PE→·PF→＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，∴EM→⊥FN→，∴二面角α－AB－β的大小为90°.题型一求异面直线所成的角例1长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A.1010B.3010C.21510D.31010思维启迪本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量BC1→、AE→所成的角来求．答案B解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．BC1→＝(－1,0,2)，AE→＝(－1,2,1)，cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→·AE→|BC1→|·|AE→|＝3010.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.思维升华用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cosθ＝|cosα|.已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.1010B.15C.31010D.35答案C解析如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，∴BE→＝(0，－1,1)，CD1→＝(0，－1,2)，∴cos〈BE→，CD1→〉＝1＋22·5＝31010.题型二求直线与平面所成的角例2如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．(1)证明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．思维启迪平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH的法向量．(1)证明以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A(1,0,0)，B(0,1,0)．设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m0，n0)，则D(0，m,0)，E12，m2，0.可得PE→＝12，m2，－n，BC→＝(m，－1,0)．因为PE→·BC→＝m2－m2＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)解由已知条件可得m＝－33，n＝1，故C－33，0，0，D0，－33，0，E12，－36，0，P(0,0,1)．设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则n·HE→＝0，n·HP→＝0，即12x－36y＝0，z＝0.因此可以取n＝(1，3，0)．又PA→＝(1,0，－1)，所以|cos〈PA→，n〉|＝24.所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为24.思维升华利用向量法求线面角的方法：(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．(2013·湖南)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．方法一(1)证明如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)解因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图，连接A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形．于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ，在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故ABDA＝BCAB，即AB＝DA·BC＝3.连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝BB21＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝21.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝ADB1D＝321＝217，即cos(90°－θ)＝217.从而sinθ＝217.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217.方法二(1)证明易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而B1D→＝(－t,3，－3)，AC→＝(t,1,0)，BD→＝(－t,3,0)．因为AC⊥BD，所以AC→·BD→＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝3或t＝－3(舍去)．于是B1D→＝(－3，3，－3)，AC→＝(3，1,0)，因为AC→·B1D→＝－3＋3＋0＝0，所以AC→⊥B1D→，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，AD1→＝(0,3,3)，AC→＝(3，1,0)，B1C1→＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则n·AC→＝0，n·AD1→＝0，即3x＋y＝0，3y＋3z＝0，令x＝1，则n＝(1，－3，3)．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，B1C1→〉|＝n·B1C1→|n|·|B1C1→|＝37＝217.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217.题型三求二面角例3(2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝22AB.(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．思维启迪根据题意知∠ACB＝90°，故CA、CB、CC1两两垂直，可以C为原点建立空间直角坐标系，利用向量求二面角．(1)证明连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)解由AC＝CB＝22AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，CA→的方向为x轴正方向，CB→的方向为y轴正方向，CC1→的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD→＝(1,1,0)，CE→＝(0,2,1)，CA1→＝(2,0,2)．设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则n·CD→＝0，n·CA1→＝0，即x1＋y1＝0，2x1＋2z1＝0.可取n＝(1，－1，－1)．同理，设m是平面A1CE的法向量，则m·CE→＝0，m·CA1→＝0.可取m＝(2,1，－2)．从而cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝33，故sin〈n，m〉＝63.即二面角D－A1C－E的正弦值为63.思维升华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．如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是的中点，D为AC的中点．(1)证明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．(1)证明如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，2)，D(－12，12，0)．设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·OD→＝0，n1·OP→＝0，得－12x1＋12y1＝0，2z1＝0.所以z1＝0，x1＝y1，取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·PA→＝0，n2·PC→＝0，得－x2－2z2＝0，y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2.取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．因为n1·n2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.(2