第20讲 空间向量复习-高二数学上学期知识点讲解及课后练习(江苏专用)

第20讲 空间向量单元复习 适用学科 数学 适用年级 高二 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 知识点：向量平行与垂直、立体几何中的角度问题 、点到平面距离问题 学习目标： 1．掌握运用空间向量求异面直线所成角 2．掌握运用空间向量求线面角 3．掌握运用空间向量求二面角 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n1，n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m, l∥α,n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α,n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m, α∥β,n∥m⇔n＝λm α⊥β,n⊥m⇔n·m＝0 3．异面直线所成的角 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 范围 (0，π) a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 求法 cosβ＝ cosθ＝|cos β|＝ 4．求直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝. 5．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＝〈，〉 ① 　② 　③ (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 |cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． 考点一 异面直线所成的角 例1．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，求异面直线BC与AE所成的角的大小． 变式1．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________． 变式2．(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点． (1)证明：EF⊥BC； (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值． 考点二 直线与平面所成的角 例2．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． 变式1．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求实数k的值． 变式2．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点． (1)求证：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值． 考点三 二面角 例3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB. (1) 证明：BC1∥平面A1CD； (2) 求二面角D-A1C-E的正弦值． 变式1．如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE； (2)求二面角E－BC－F的正弦值； (3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长． 变式2．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的二面角B­CG­A的大小． 考点四 求空间距离 例5．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＝2，求点A到平面MBC的距离． 变式1．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点． (1)求点B到直线AC1的距离； (2)求直线FC到平面AEC1的距离． 考点五 利用空间向量解决探索性问题 例5．（2019·湖南五市联考）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2. (1)求证：AB⊥PC； (2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由． 变式1．(探点得平行关系)已知四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°. (1) 求证：AC⊥平面BDE； (2) 求二面角FBED的余弦值； (3) 设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论． 1．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 2．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，． （1）证明：点在平面内； （2）若，，，求二面角的正弦值． 3．如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 4．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 第20讲 空间向量单元复习 适用学科 数学 适用年级 高二 完成情况 完成评分 1．若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则( ) A. l∥α　　　　　　 　 B. l⊥α 　　　　　　 C. l⊂α　　 D. l与α斜交 2．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是( ) A. (－1，1，1) B. (1，－1，1) C. D. 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切值为( ) A. B. C. D. 4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是________． 5．已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝AA1＝2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点，则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为________． 答案 第20讲 空间向量专题复习 适用区域 江苏 适用年级 高二 例1. . 变式1. 变式2. (1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC， 所以A1E⊥平面ABC. 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz. 不妨设AC＝4， 则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)． 因此，＝，＝(－，1,0)． 由·＝0得EF⊥BC. (2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ. 由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)． 设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)． 由得 取n＝(1, ，1)， 故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴cos θ＝. 因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为. 例2. (1) 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，则有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)， 所以＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0)． 因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0， 解得t＝或t＝－(舍去)， 所以＝(－，3，－3)，＝(，1，0)． 因为·＝－3＋3＋0＝0， 所以⊥，即AC⊥B1D. (2) 由(1)知，＝(0，3，3)，＝(，1，0)，＝(0，1，0)． 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则 即 令x＝1，则n＝(1，－，)． 设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 变式1．1. 变式2． (1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN， 则N为AC的中点， 又M为AE的中点，∴MN∥EC. ∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC， ∴MN∥平面EFC. ∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE. ∵BF＝DE， ∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF. ∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC， ∴BD∥平面EFC. 又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC. (2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形， ∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz. 设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)， ∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)， 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， 则得 令x＝2，则y＝－2，z＝－1， 从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量． ∵＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos n，|＝＝， ∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为. 考点三 二面角 例3. (1) 连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点． 又D是AB的中点，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＝AB得，AC⊥BC. 以C为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz.设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)． 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， 则即 可取n＝(1，－1，－1)． 设m是平面A1CE的法向量，则 可取m＝(2，1，－2)，所以cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝， 即二面角DA1CE的正弦值为. 变式1．依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系 可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)． (1)证明：依题意得M，N(1，0，2). ＝(0，2，0)，＝(2，0，2)．设n0＝(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则即不妨令z0＝－1， 可得n0＝(1，0，－1)．又＝，可得·n0＝0. 又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN∥平面CDE. (2)依题意，可得＝(－1，0，0)，＝(1，－2，2)，＝(0，－1，2)． 设n＝(x1，y1，z1)为平面 BCE的法向量，则即 不妨令z1＝1，可得n＝(0，1，1)． 设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即 不妨令z2＝1，可得m＝(0，2，1)．∴有cos〈m，n〉＝＝， 于是sin〈m，n〉＝.∴二面角E－BC－F的正弦值为. (3)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得＝(－1，－2，h)． 易知，＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos〈，〉|＝＝，由题意，可得＝sin 60°＝，解得h＝∈[0，2]．∴线段DP的长为. 变式2． (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则 A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)， ＝(1,0，)，＝(2，－1,0)． 设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 所以可取n＝(3,6，－)． 又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)， 所以cos〈n，m〉＝＝. 因此二面角B­CG­A的大小为30°. 例5．d＝＝. 变式1．以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0，1,1)，C1(0,1,0)，E，F，所以 ＝(0,1,0)，＝(－1,1，－1)，＝， ＝，＝，＝. (1)取a＝＝(0,1,0)，u＝＝(－1,1，－1)，则a2＝1，a·u＝. 所以，点B到直线AC1的距离为＝ ＝. (2)因为＝＝，所以FC∥EC1，所以FC∥平面AEC1.所以点F到平面AEC1的距离为直线FC到平面AEC1的距离． 设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 所以 所以 取z＝1，则x＝1，y＝2.所以，n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量． 又因为＝，所以点F到平面AEC1的距离为＝＝. 即直线FC到平面AEC1的距离为. 考点五 利用空间向量解决探索性问题 例5．　(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形， 由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC， ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又PA∩AC＝A，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PC. (2)(方法1)过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA， ∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD. 过点M作MG⊥AC交AC于点G， 连接NG，则∠MGN是二面角M－AC－D的平面角． 若∠MGN＝45°，则NG＝MN，又AN＝NG＝MN，∴MN＝1， ∴MN∥PA，MN＝PA，∴M是PD的中点． 在三棱锥M－ABC中，可得VM－ABC＝S△ABC·MN，设点B到平面MAC的距离是h， 则VB－MAC＝S△MAC·h， ∴S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2. 在Rt△BMN中，可得BM＝3.设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝＝. 变式1．　 (1) 因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC. 因为四边形ABCD是正方形， 所以AC⊥BD. 又DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE， 所以AC⊥平面BDE. (2) 因为DE⊥平面ABCD， 所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°，所以＝. 由AD＝3，得DE＝3，AF＝. 如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)， 所以＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)． 设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 即 令z＝，则n＝(4，2，)． 因为AC⊥平面BDE， 所以＝(3，－3，0)为平面BDE的一个法向量， 所以cos〈n，〉＝＝＝.　 故二面角FBED的余弦值为. (3) 依题意，设M(t，t，0)(t＞0)， 则＝(t－3，t，0)． 因为AM∥平面BEF， 所以·n＝0，即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2， 所以点M的坐标为(2，2，0)，此时＝， 所以M是线段BD上靠近点B的三等分点． 1．（1）分别为，的中点， 又 在中，为中点，则 又侧面为矩形， 由，平面 平面 又，且平面，平面， 平面 又平面，且平面平面 又平面 平面 平面 平面平面 （2）连接 平面，平面平面 根据三棱柱上下底面平行， 其面平面，面平面 故：四边形是平行四边形 设边长是() 可得：， 为的中心，且边长为 故： 解得： 在截取，故 且 四边形是平行四边形， 由（1）平面 故为与平面所成角 在，根据勾股定理可得： 直线与平面所成角的正弦值：. 2．（1）在棱上取点，使得，连接、、、， 在长方体中，且，且， ，，且， 所以，四边形为平行四边形，则且， 同理可证四边形为平行四边形，且， 且，则四边形为平行四边形， 因此，点在平面内； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，，， 设平面的法向量为， 由，得取，得，则， 设平面的法向量为， 由，得，取，得，，则， ， 设二面角的平面角为，则，. 因此，二面角的正弦值为. 3．（Ⅰ）依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量， ，． 设为平面的法向量， 则，即， 不妨设，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，． 由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是． 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 4．（1）略 （2）. 1．B 2．C. 3．C. 4. 90°　 5. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$