PAGE9-第六節(jié)立體幾何中的向量方法[考綱傳真]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，了解向量方法在探討立體幾何問題中的應(yīng)用．1．異面直線所成的角設(shè)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，b〉l1與l2所成的角θ范圍0＜〈a，b〉＜π0<θ≤eq\f(π,2)關(guān)系cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)2.直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).3．二面角(1)如圖①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(CD,\s\up12(→))〉．(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿意|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．[常用結(jié)論]點到平面的距離如圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為|eq\o(BO,\s\up12(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up12(→))·n|,|n|).[基礎(chǔ)自測]1．(思索辨析)推斷下列結(jié)論的正誤．(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eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π]．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)√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.eq\f(π,4) B.eq\f(3,4)πC.eq\f(π,4)或eq\f(3,4)π D.eq\f(π,2)或eq\f(3,4)πC[∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝eq\r(2)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴兩平面所成的二面角為eq\f(π,4)或eq\f(3,4)π，故選C.]3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1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.eq\f(\r(30),10) B.eq\f(\r(30),15)C.eq\f(\r(30),30) D.eq\f(\r(15),15)A[以D為原點建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖，設(shè)AB＝2，則N(1,0,0)，D1(0,0,2)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，∴eq\o(B1M,\s\up12(→))＝(－1，－1，－2)，eq\o(D1N,\s\up12(→))＝(1,0，－2)，∴eq\o(B1M,\s\up12(→))·eq\o(D1N,\s\up12(→))＝－1＋4＝3，|eq\o(B1M,\s\up12(→))|＝eq\r(6)，|eq\o(D1N,\s\up12(→))|＝eq\r(5)，∴cos〈eq\o(B1M,\s\up12(→))，eq\o(D1N,\s\up12(→))〉＝eq\f(3,\r(30))＝eq\f(\r(30),10)＞0，∴B1M與D1N所成角的余弦值為eq\f(\r(30),10).故選A.]4．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為________．eq\f(π,6)[設(shè)l與α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,6).]5．過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為________．45°[如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由題意，AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD的中點，連接AE，則AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD.∴eq\o(AD,\s\up12(→))＝(0,1,0)，eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AE,\s\up12(→))〉＝45°.故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°.]求異面直線所成的角1．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(3),3)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(biāo)系B-xyz，則A(0,2,0)，B1(0,0,1)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq\o(AB1,\s\up12(→))＝(0，－2,1)，eq\o(BC1,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，cos〈eq\o(AB1,\s\up12(→))，eq\o(BC1,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up12(→))·\o(BC1,\s\up12(→)),|\o(AB1,\s\up12(→))|·|\o(BC1,\s\up12(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，故選C.]2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，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AC⊥BD.因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因為AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)設(shè)AC∩BD＝O.因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)．所以eq\o(PB,\s\up12(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(0,2eq\r(3)，0)．設(shè)PB與AC所成角為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up12(→))·\o(AC,\s\up12(→)),|\o(PB,\s\up12(→))||\o(AC,\s\up12(→))|)))＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).即PB與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).[規(guī)律方法]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(biāo)系；2確定異面直線上兩個點的坐標(biāo)，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肯定值.求直線與平面所成的角【例1】(2024·合肥一模)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M為棱AE的中點．(1)求證：平面BDM∥平面EFC；(2)若DE＝2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值．[解](1)連接AC，交BD于點N，連接MN，則N為AC的中點，又M為AE的中點，∴MN∥EC.∵MN?平面EFC，EC?平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四邊形BDEF為平行四邊形，∴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，四邊形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.設(shè)AB＝2，則DE＝4，從而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，∴eq\o(DB,\s\up12(→))＝(2,2,0)，eq\o(DM,\s\up12(→))＝(1,0,2)，設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up12(→))＝0，,n·\o(DM,\s\up12(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,x＋2z＝0.))令x＝2，則y＝－2，z＝－1，從而n＝(2，－2，－1)為平面BDM的一個法向量．∵eq\o(AE,\s\up12(→))＝(－2,0,4)，設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AE,\s\up12(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AE,\s\up12(→)),|n||\o(AE,\s\up12(→))|)))＝eq\f(4\r(5),15)，∴直線AE與平面BDM所成角的正弦值為eq\f(4\r(5),15).[規(guī)律方法]利用向量法求線面角的方法1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銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點．(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．[解]如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，O1，連接OB，OO1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)．(1)因為P為A1B1的中點，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，從而eq\o(BP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(AC1,\s\up12(→))＝(0,2,2)，故|cos〈eq\o(BP,\s\up12(→))，eq\o(AC1,\s\up12(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up12(→))·\o(AC1,\s\up12(→))|,|\o(BP,\s\up12(→))||\o(AC1,\s\up12(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3\r(10),20).因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),20).(2)因為Q為BC的中點，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，因此eq\o(AQ,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AC1,\s\up12(→))＝(0,2,2)，eq\o(CC1,\s\up12(→))＝(0,0,2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AQ,\s\up12(→))·n＝0，,\o(AC1,\s\up12(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n＝(eq\r(3)，－1,1)．設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CC1,\s\up12(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CC1,\s\up12(→))·n|,|\o(CC1,\s\up12(→))||n|)＝eq\f(2,\r(5)×2)＝eq\f(\r(5),5)，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).求二面角【例2】(2024·湖北二模)如圖1，等腰直角三角形ABC的底邊AB＝2，點D在線段AC上，DE⊥AB于點E，現(xiàn)將△ADE沿DE折起到△PDE的位置(如圖2)．圖1圖2(1)求證：PB⊥DE；(2)若PE⊥BE，直線PD與平面PBC所成的角為30°，求平面PDE與平面PBC所成的銳二面角的正弦值．[解](1)證明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E，∴DE⊥平面PBE，又PB?平面PBE，∴PB⊥DE.(2)由題知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB，∴DE，BE，PE兩兩相互垂直．分別以eq\o(ED,\s\up12(→))，eq\o(EB,\s\up12(→))，eq\o(EP,\s\up12(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.設(shè)|PE|＝a(0＜a＜1)，則B(0,2－a,0)，D(a,0,0)，C(1,1－a,0)，P(0,0，a)，∴eq\o(PB,\s\up12(→))＝(0,2－a，－a)，eq\o(BC,\s\up12(→))＝(1，－1,0)．設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up12(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up12(→))·n＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－ay－az＝0，,x－y＝0，))∴平面PBC的一個法向量為n＝(a，a,2－a)，∵直線PD與平面PBC所成的角為30°，且eq\o(PD,\s\up12(→))＝(a,0，－a)，∴sin30°＝eq\f(|a2－a2－a|,\r(2a2)×\r(a2＋a2＋2－a2))，∴a＝2(舍)或a＝eq\f(2,5).∴平面PBC的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(2,5)，\f(8,5))).易知平面PDE的一個法向量為m＝(0,1,0)，設(shè)所求的銳二面角為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq\f(\r(2),6)，所以sinθ＝eq\f(\r(34),6)，即平面PDE與平面PBC所成的銳二面角的正弦值為eq\f(\r(34),6).[規(guī)律方法]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，但要留意結(jié)合實際圖形推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.(2024·南昌重點中學(xué)聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD是矩形，沿對角線AC將△ACD折起，使得點D在平面ABC內(nèi)的射影恰好落在邊AB上．(1)求證：平面ACD⊥平面BCD；(2)當(dāng)eq\f(AB,AD)＝2時，求二面角D-AC-B的余弦值．[解](1)證明：如圖，設(shè)點D在平面ABC內(nèi)的射影為點E，連接DE，則DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC.因為四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD.又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD.(2)以點B為原點，線段BC所在的直線為x軸，線段AB所在的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)AD＝a，則AB＝2a，所以A(0，－2a,0)，C(－a,0,0)．由(1)知AD⊥BD，又eq\f(AB,AD)＝2，所以∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，所以AE＝ADcos∠DAB＝eq\f(1,2)a，BE＝AB－AE＝eq\f(3,2)a，DE＝ADsin∠DAB＝eq\f(\r(3),2)a，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a))，所以eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(－a,2a,0)．設(shè)平面ACD的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up12(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ay＋\f(\r(3),2)az＝0，,－ax＋2ay＝0.))取y＝1，則x＝2，z＝－eq\f(\r(3),3)，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(\r(3),3))).因為平面ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－\f(\r(3),3),\r(22＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))2))＝－eq\f(1,4).所以二面角D-AC-B的余弦值為eq\f(1,4).1．(2024·全國卷Ⅱ)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．[解](1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r(3).連接OB.因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.(2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OB,\s\up12(→))的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up12(→))＝(0,2,2eq\r(3))．取平面PAC的一個法向量eq\o(OB,\s\up12(→))＝(2,0,0)．設(shè)M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，則eq\o(AM,\s\up12(→))＝(a,4－a,0)．設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\o(AP,\s\up12(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up12(→))·n＝0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))可取n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up12(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up12(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).又eq\o(PC,\s\up12(→))＝(0,2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up12(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖所示，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′