2015高考数学(理)一轮复习考点突破课件：7.8立体几何中的向量方法(Ⅱ)——空间角与距离

第8课时立体几何中的向量方法(Ⅱ)——空间角与距离(理科)•(一)考纲点击•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．•(二)命题趋势•1．从考查内容看，本节是高考的必考内容，主要考查利用空间向量的坐标运算解决求空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角)及距离等问题．•2．从考查形式看，主要以解答题的形式出现，侧重于考查空间向量的应用，属中档题．•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〉|.(教材改编)在如图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为()A．－1010B．－120C.120D.1010对点演练解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建系，设A(2,0,0)、C(0,2,0)，D1(0,0,2)，E(0,1,2)，AC→＝(－2,0,0)DE→＝(0,1,0)，cos〈AC→，DE→〉＝1010.答案：D•(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〉|.•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〉＝12·2＝12，又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝60°.答案：D对点演练(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〉．(1)(教材改编)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〉＝m·n|m||n|＝11×2＝22，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对点演练(2)如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝2.则二面角C－AS－D的余弦值为______．答案：1052.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|.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝5，AB＝12，那么直线B1C1和平面A1BCD1的距离是________．答案：6013对点演练•1．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．•2．求点到平面距离的方法：(1)垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；(2)等体积法，转化为求三棱锥的高；(3)等价转移法；(4)法向量法．•(2012·上海)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，•PA＝2.求：•(1)三角形PCD的面积；•(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．题型一求异面直线所成的角【解】法一：(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.因为PD＝22＋222＝23，CD＝2，所以三角形PCD的面积为12×2×23＝23.(2)如图(1)，取PB中点F，连接EF、AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．在△AEF中，由EF＝2，AF＝2，AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝π4.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.图(1)法二：(1)如图(2)，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,22，0)，E(1，2，1)，D(0,22，0)，P(0,0,2)∴DC→＝AB→＝(2,0,0)，DP→＝(0，－22，2)∴DC→·DP→＝0，∴DC⊥DP∴|DC→|＝2，|DP→|＝23，∴S△＝12×2×23＝23.(2)AE→＝(1，2，1)，BC→＝(0,22，0)．设AE→与BC→的夹角为θ，则cosθ＝AE→·BC→|AE→||BC→|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.•【归纳提升】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cosθ＝|cos〈m，n〉|.解题过程是：(1)建系；(2)求点坐标；(3)表示向量；(4)计算．•证明垂直，只须验数量积是否为0.•1．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．针对训练解：以A为原点，AB→、AD→、AA1→分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是EC1→＝(1,3,2)，FD1→＝(－4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为β，则：cosβ＝|EC1→·FD1→||EC1→|·|FD1→|＝1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114，∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为2114.•(2013·全国新课标Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.•(1)证明：AB⊥A1C；•(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．题型二求直线与平面所成的角•【解】(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.•由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，•故△AA1B为等边三角形，•所以OA1⊥AB.•因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.•又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，OA→的方向为x轴的正方向，|OA→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(－1,0,0)，则BC→＝(1,0，3)，BB1→＝AA1→＝(－1，3，0)，A1C→＝(0，－3，3)．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则n·BC→＝0，n·BB1→＝0，即x＋3z＝0，－x＋3y＝0.可取n＝(3，1，－1)，故cos〈n，A1C→〉＝n·A1C→|n|·|A1C→|＝－105.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105.•【归纳提升】(1)分别求出斜线和它所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．2．(2013·全国大纲卷)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13针对训练解析：法一：如图，连接AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有AC⊥BD.因为CC1⊥平面ABCD，所以CC1⊥BD.又CC1∩AC＝C，所以BD⊥平面CC1O.在平面CC1O内作CH⊥C1O，垂足为H，则BD⊥CH.又BD∩C1O＝O，所以CH⊥平面BDC1，连接DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以∠CDH为CD与平面BDC1所成的角．设AA1＝2AB＝2.在Rt△COC1中，由等面积变换易求得CH＝23.在Rt△CDH中，sin∠CDH＝CHCH＝23.法二：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2),则DC→＝(0,1,0)，DB→(1,1,0)，DC1→＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥DB→，n⊥DC1→，所以有x＋y＝0，y＋2z＝0，令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cosn，DC→|＝n·DC→|n||DC|→＝23.答案：A(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．题型三求二面角•【解】(1)证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．•又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.•因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)由AC＝CB＝22AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，CA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.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.•【归纳提升】二面角的两种常用求解方法：•1．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为锐角还是钝角；•2．分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．•3．如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，则二面角A—PB—C的余弦值大小为________．针对训练解析：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间直角坐标系C—xyz，∵A(1,0,0)，B(0，2，0)，C(0,0,0)，P(1,0,1)，∴AP→＝(0,0,1)，PB→＝(－1，2，－1)，CB→＝(0，2，0)，设平面APB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则z1＝0，－x1＋2y1－z1＝0，2y2＝0，－x2＋2y2－z2＝0，∴取n1＝(2，2，0)，n2＝(－1,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝－26×2＝－33，∴二面角A－PB－C的余弦值为33.答案：33如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23，则点A到平面MBC的距离等于()题型四求空间距离A.225B.235C.335D.2155【解析】取CD的中点O，连接OB、OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又∵平面MCD⊥平面BCD，则OM⊥平面BCD，∴OM⊥OB.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得OB＝OM＝3，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)．∴BC→＝(1，3，0)，BM→＝(0，3