高考数学专题复习教案： 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略

高考数学专题复习教案： 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略

立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略 主标题：立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略 副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。 关键词：空间角，距离，备考策略 难度：2 重要程度：4 内容 考点一 求异面直线所成的角 【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 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． 解 (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＋2 22＝2 3，CD＝2， 所以三角形 PCD 的面积为1 2 ×2×2 3＝2 3. 图 1 (2)法一 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，由于 EF＝ 2，AF＝ 2，AE＝1 2PC＝2. 则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF＝π 4. 因此，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 图 2 法二 如图 2，建立空间直角坐标系，则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1，2，1)，AE → ＝(1, 2，1)，BC → ＝(0,2 2，0)． 设AE → 与BC → 的夹角为θ，则 cos θ＝ AE → ·BC → |AE → ||BC → | ＝ 4 2×2 2 ＝ 2 2 ，所以θ＝π 4. 由此可知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 【备考策略】本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证 —算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点， “转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线 AC，BD 的夹角β的余 弦值为 cos β＝ |AC → ·BD → | |AC → ||BD → | . 考点二 利用空间向量求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． 思路 由于在直棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，∠BAD＝90°，易于建立空间坐标系， 可利用向量法求解．第(1)问 AC⊥B1D 转化为判定AC → ·B1D → ＝0；第(2)问可利用直 线 B1C1 的方向向量与平面 ACD1 的法向量的夹角求解． (1)证明 法一 因为 BB1⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD.∴AC⊥BB1，又 AC⊥ BD， ∴AC⊥平面 BB1D， 又 B1D⊂平面 BB1D，从而 AC⊥B1D. 法二 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 sin θ＝|cos|＝| n·B1C1 → |n|·|B1C1 → ||＝ 3 7 ＝ 21 7 . 【备考策略】 (1)本题求解时关键是结合题设条件进行空间联想，抓住垂直条件 有目的推理论证，在第(2)问中，运用空间向量，将线面角转化为直线的方向向 量与平面法向量夹角，考查化归思想与方程思想． (2)利用空间向量求线面角有两种途径：一是求斜线和它在平面内射影的方向向 量的夹角(或其补角)；二是借助平面的法向量． 考点三 利用向量求二面角 【例 3】如图，在四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，侧棱 A1A⊥底面 ABCD，AB∥DC， AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E 为棱 AA1 的中 点． (1)证明 B1C1⊥CE； (2)求二面角 B1－CE－C1 的正弦值； (3)设点 M 在线段 C1E 上，且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 2 6 ，求 线段 AM 的长． 思路 由条件特征，易建立空间坐标系，方便运用向量求解．(1)利用向量证明 B1C1 → ·CE → ＝0；(2)求平面 B1CE 与平面 CEC1 的法向量，进而求二面角的正弦值； (3)设出EM → ＝λEC1 → ，根据线面角求λ，进一步求出 AM 的长． 解 如图，以点 A 为原点以 AD，AA1，AB 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)，B(0，0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1，2,1)，E(0,1,0)． (1)证明：易得B1C1 → ＝(1,0，－1)，CE → ＝(－1，1，－1)，于是B1C1 → ·CE → ＝－1×1＋0 ＋(－1)2＝0，∴B1C1 → ⊥CE → ，故 B1C1⊥CE. (2)解：B1C → ＝(1，－2，－1)． 设平面 B1CE 的法向量 m＝(x，y，z)， 则 m·B1C → ＝0， m·CE → ＝0， 即 x－2y－z＝0， －x＋y－z＝0. 消去 x，得 y＋2z＝0，不妨令 z＝1，可 得一个法向量为 m＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B1C1⊥CE， 又 CC1⊥B1C1，从而 B1C1⊥平面 CEC1. 故B1C1 → ＝(1,0，－1)为平面 CEC1 的一个法向量． 于是 cos＝ m·B1C1 → |m|·|B1C1 → | ＝ －4 14× 2 ＝－2 7 7 ， 从而 sin＝ 21 7 ， 所以二面角 B1－CE－C1 的正弦值为 21 7 . (3)解：AE → ＝(0,1,0)，EC1 → ＝(1,1,1)，设EM → ＝λEC1 → ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM → ＝ AE → ＋EM → ＝(λ，λ＋1，λ)． 可取AB → ＝(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量． 设θ为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角， 则 sin θ＝|cos|＝ |AM → ·AB → | |AM → |·|AB → | ＝ 2λ λ2＋λ＋12＋λ2×2 ＝ λ 3λ2＋2λ＋1 ， 于是 λ 3λ2＋2λ＋1 ＝ 2 6 ，解得λ＝1 3(负值舍去)， ∴AM → ＝ 1 3 ，4 3 ，1 3 ，故 AM＝ 2. 【备考策略】(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求 的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． (2)设 m，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos θ|＝|cos|＝|m·n| |m||n|.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是 钝角．