【数学总复习-考点精讲】RJA 第七章 第6讲　空间向量与立体几何

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第6讲　空间向量与立体几何
考向预测 核心素养
考查利用空间向量证明线面关系、求空间角及距离，主要以解答题的形式出现，难度较大. 数学运算、数学抽象
一、知识梳理
1．直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
2．空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2 l1∥l2 u1∥u2 u1＝λ u2
l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0
直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n l∥α u⊥n u·n＝0
l⊥α u∥n u＝λn
平面α，β的法向量分别为n1，n2 α∥β n1∥n2 n1＝λn2
α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0
3.空间距离
(1)点到直线的距离：已知直线l的单位方向向量为u，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理得PQ＝＝.
(2)点到平面的距离：设P为平面α内的一点，n为平面α的法向量，A为平面α外一点，点A到平面α的距离d＝.
4．空间角
(1)两条异面直线所成的角的向量求法
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝.
(2)直线和平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°；范围：．
②向量求法：直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝．
(3)两平面的夹角
①定义：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角．
②计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝．
常用结论
1．最小角定理
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.
2．线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离．
二、教材衍化
1．(多选)(人A选择性必修第一册P35练习T2改编)在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点．F为线段BB1的中点．则直线FC1到平面AB1E的距离等于(　　)
A．点F到平面AB1E的距离
B．点C1到平面AB1E的距离
C．直线FC1到直线AE的距离
D．点B1到直线FC1的距离
2．(人A必修第二册P147例1改编)在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为________．
3．(人A选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为________．
参考答案
1答案：AB
2解析：
如图所示，连接BD1交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角或其补角．因为在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝eq \r(AD2＋DD)＝2，
DM＝ ＝，
DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DD)＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝
＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
答案：
3答案：60°
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值．(　　)
(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的夹角．(　　)
(4)利用||2＝·可以求空间中有向线段的长度．(　　)
二、易错纠偏
1．(线面角概念理解不清致误)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为(　　)
A．30°　　　 B.60°　　　
C.120°　　　 D.150°
2．(忽视二面角与向量的夹角的范围致误)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．45° B.135°
C.45°或135° D.90°
3．(线面距离概念不清致误)在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E为A1B1中点，F为AB的中点，则CF到平面AEC1的距离为________．
参考答案
一、思考辨析
答案：(1) √　(2)×　(3)×　(4)√
二、易错纠偏
1解析：选B.由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
2答案：C
3答案：
考点一　空间距离(多维探究)
复习指导：会用空间向量求解空间中点、线、面之间的距离问题．
角度1　点线距和线线距
在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是AB，C1D1，AD，DD1的中点．则点A1到直线EF的距离为________；直线EF到直线MN的距离为________．
【解析】　
建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E，F，M，N.
(1)＝，＝(－1，0，1)，的单位向量u＝＝，
所以点A1到直线EF的距离
d＝＝＝.
(2)因为MN∥EF，
所以直线MN到直线EF的距离即为点M到直线EF的距离．
因为E，M，
所以＝.
又的单位向量u＝，
所以直线MN到直线EF的距离
d＝＝＝
＝.
【答案】　　
角度2　点面距和线面距
(链接常用结论2)
(2022·日照实验高中月考)如图，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝120°，O为△ABC的外心，PO⊥平面ABC，且PO＝.
(1)求证：BO∥平面PAC；
(2)计算BO与平面PAC之间的距离．
【解】　
(1)证明：如图，连接OC，因为O为△ABC的外心，
所以OA＝OB＝OC，又因为AC＝BC＝1，
所以△OAC≌△OBC，
所以∠ACO＝∠BCO＝∠ACB＝60°，
故△OAC和△OBC都为等边三角形，可得OA＝AC＝CB＝BO＝1，
即四边形OACB为菱形，所以OB∥AC；
又AC 平面PAC，OB 平面PAC，
所以BO∥平面PAC.
(2)因为BO∥平面PAC，
所以BO到平面PAC的距离即为点O到平面PAC的距离，记为d，
由题意知PA＝PC＝＝＝，AC＝1，
所以S△PAC＝×1×＝，S△OAC＝×1×1×sin 60°＝，
又因为VP OAC＝VO PAC，所以×S△OAC×PO＝×S△PAC×d，
即××＝××d，解得d＝，
所以BO与平面PAC之间的距离为.
空间距离求法
(1)点线距的求解步骤：
直线的方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影→代入公式．
(2)点面距的求解步骤：
①求出该平面的一个法向量；
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
③求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
|跟踪训练|
在棱长均为a的正三棱柱ABC A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为(　　)
A.a　 　 B.a　 　
C.a　 　 D.a
解析：
选A.以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴建立空间直角坐标系．
由ABC A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
故A，B1，D，C1(0，a，a)，
所以＝，＝，＝
设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，
所以
取n＝(，1，－2)，
故点C1到平面AB1D距离d＝＝＝a.
考点二　空间角(多维探究)
复习指导：了解线线角、线面角、面面角的概念并会利用空间向量进行求解．
角度1　用向量求异面直线所成的角
(1)如图，
在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
【解析】　(1)以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，
所以D，
所以＝，
＝(0，，－)，
所以cos〈，〉＝＝，所以〈，〉＝.故选B.
(2)以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．
则cos〈，〉＝＝，
所以＝，解得λ＝(λ＝－舍去)．
【答案】　(1)B　(2)
(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
(2)两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，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．
角度2　线面角
　(2021·高考浙江卷)
如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【解】　(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM 平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.
又PM 平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)方法一：由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．
连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝，
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2，
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝.
所以在△ABN中，cos∠BAN＝＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos∠BAN＝.
方法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝，
又PA＝，所以PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，N(，－，)，
所以＝(，－，)．
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0)．
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
求直线与平面所成角的主要方法
(1)定义法：利用定义作出直线和平面所成的角，然后在三角形中利用几何方法求解．
(2)向量法：求出直线的方向向量与平面的法向量，先求向量夹角进而求出直线和平面所成的角．
角度3　利用空间向量求两个平面的夹角
(2021·新高考卷Ⅱ改编)
在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BDQ与平面QDA夹角的余弦值．
【解】　
(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，DO＝1，故CO＝，
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，AD，OC 平面ABCD，故QO⊥平面ABCD，
因为QO 平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，
故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0)．
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝.
而平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cos〈m，n〉＝＝.
所以，所求平面BDQ与平面QDA夹角的余弦值为.
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小．
|跟踪训练|
(2022·安丘过程性测试)
如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.
(1)求证：平面MQB⊥平面PAD；
(2)若平面MBQ与平面BQC的夹角为30°，求直线QM与平面PAD所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，则QD∥BC且QD＝BC，
所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CD∥BQ，
因为∠ADC＝90°，所以∠AQB＝90°，即BQ⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ 平面ABCD，
所以BQ⊥平面PAD，
因为BQ 平面MQB，所以平面MQB⊥平面PAD.
(2)因为PA＝PD，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ 平面PAD，
所以PQ⊥平面ABCD，又因为BQ⊥AD，
所以以Q为原点，以QA，QB，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Q xyz，
则Q，A，P，B，C，
设＝λ
＝λ
＝，其中0≤λ≤1，
所以＝＋＝＋(－λ，λ，－λ)＝，
又＝，设平面MBQ的法向量为m＝，
则所以，
取x＝(1－λ)，得m＝，
由题意知平面BQC的一个法向量为n＝，
因为平面MBQ与平面BQC的夹角为30°，所以＝＝＝，
因为0≤λ≤1，解得λ＝，
所以＝，
易知平面PAD的一个法向量为u＝，
sin θ＝|cos〈，u〉|＝＝＝.
所以QM与平面PAD所成角的正弦值为.
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