1、高考数学,专题八立体几何8.5空间角与距离、空间向量及其应用,考点一用向量法证明空间中的平行和垂直设直线l,l1,l2的方向向量分别为v,v1,v2,平面和平面的法向量分别为m,n.1.l1l2(或l1与l2重合)v1v2;l1l2v1v2v1v2=0.2.与平面共面的两个不共线向量分别为a和b,则l或l存在两个实数x,y,使v=xa+yb.3.l或lvm;lvm.4.mn;mnmn=0.,考点二空间角和空间距离1.用向量法求空间角1)线面所成角公式:设l为平面的斜线,a为l的方向向量,n为平面的法向量,为l与所成的角,则sin=|cos|=.2)二面角公式:设n1、n2分别为平面、的法向量,
2、二面角为,则=或=-(需要根据具体情况判断相等或互补),其中cos=.2.用向量法求空间距离1)点面距离:已知平面外一点B(x0,y0,z0),平面内一点A(x1,y1,z1),平面的一个法向量n,则点B到平面的距离为d=.,注意:线面、面面距离均可转化为点到平面的距离,用点到平面的距离公式求解.2)两点间的距离:已知点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则A,B两点间的距离为|=.,考法一求解直线与平面所成角的方法1.定义法1)作:在斜线上选取恰当的点,过该点向平面引垂线,作出所求角,其中确定垂足的位置是关键;2)证:证明所作的角为直线与平面所成的角;3)求:构造角所在的三角形,
3、利用解三角形的知识求角.2.公式法sin=(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离,l为该点到斜足的距离,为斜线与平面所成的角).,3.向量法sin=|cos|=(其中AB为平面的斜线,n为平面的法向量,为斜线与平面所成的角).,例1(2021浙江,19,15分),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,PDDC,PMMD.(1)证明:ABPM;(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.,解析(1)证明:在CDM中,DC=1,MC=2,DCM=60,则DM=,所以CDDM.又因为CDPD,所以C
4、D平面PDM.因此CDPM.又因为ABCD,所以ABPM.(2)解法一(定义法):连接AC交DM于点E,过E作EFAN交PC于点F,过点F作FHCD,交PD于H,连接HE.由(1)知CD平面PDM,所以FH平面PDM.故FEH是直线AN与平面PDM所成的角.由(1)知PMCD,又已知PMMD,所以PM平面ABCD.连接AM,在平行四边形ABCD中,AM=,AC=.在直角PMA中,由PA=,AM=得PM=2.在直角PMC中,由PM=2,MC=2得PC=2.在PAC中,由PA=,PC=2,AC=得AN=.,在平行四边形ABCD中,=,所以=,故EF=,HF=,在直角FHE中,sinFEH=.因此,
5、直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.解法二(向量法):,如图,以D为原点,分别以DM,DC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系D-xyz.则A(2,-2,0),C(0,1,0),M(,0,0),设P(,0,z0),z00,因为PA=,所以z0=2,故P(,0,2),N,所以=,=(,0,2),=(,0,0).设平面PDM的法向量为n=(x,y,z),由得取n=(0,1,0).设直线AN与平面PDM所成角为,所以sin=|cos|=.因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.,考法二求解二面角的方法1.定义法:在二面角的棱上找一个特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,如图(1)
6、,AOB为二面角-l-的平面角.2.垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角,如图(2),AOB为二面角-l-的平面角.3.垂线法(三垂线定理法):过二面角的一个半平面内一点(不在棱上)作另一个半平面所在平面的垂线,从垂足出发向棱引垂线,利用三垂线定理(线面垂直的性质)即可找到所求二面角的平面角或其补角.如图(3),ABO为二面角-l-的平面角.,4.利用射影面积公式:cos=(为两平面的夹角),该法主要用来解决无棱二面角大小的计算问题,关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个半平面内的射影.5.向量法:利用公式cos=(n1,n2分别
7、为两平面的法向量)进行求解,注意与二面角大小的关系,是相等还是互补,需结合图形进行,判断.,例2(2021全国乙理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PBAM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.,解析(1)由题意知DA,DC,DP两两垂直,所以以D为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴,的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,设BC=t(t0),则A(t,0,0),B(t,1,0),M,P(0,0,1),所以=(t,1,-1),=,因为PBAM,所以=0,所以-+1=0,即t2=2.又t0,所以t=,即
8、BC=.(2)设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则由(1)知=(,0,-1),=,所以令x1=,则y1=1,z1=2,即n1=(,1,2).设平面PMB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则由(1)知=(,1,-1),=,所以令y2,=1,则z2=1,即n2=(0,1,1),所以cos=.由题图可知二面角A-PM-B的平面角为锐角,所以所求二面角的正弦值为=.,考法三求解立体几何中的探索性问题1.涉及线段上点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明,所求点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识找点,求解时注意三点共线条件的应用.2.借助空间直角坐标系
9、,把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示出来,将几何对象坐标化,这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组有满足题设要求的解,则通过参数的值反过来确定几何对象的位置;若方程或方程组没有满足题设要求的解,则表示满足题设要求的几何对象不存在.,例3如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,ABCD,BC=CD=1,AB=2.PBC是等边三角形,平面PBC平面ABCD,点M在棱PC上.(1)当M为棱PC的中点时,求证:APBM;(2)是否存在点M,使得二面角D-MB-C的余弦值为?若存在,求CM的长;若不存在,请说明理由.,解析(1)证明:连接AC,由底面ABCD是等
10、腰梯形且AB=2,BC=CD=1,得ABC=,在ABC中,由余弦定理得AC=,AC2+BC2=AB2,ACB=,ACBC.又平面PBC平面ABCD,平面PBC平面ABCD=BC,AC平面ABCD,AC平面PBC,BM平面PBC,ACBM,又M为棱PC的中点,且PBC是等边三角形,BMPC,又PCAC=C,BM平面APC,AP平面APC,APBM.(2)假设存在点M,使得二面角D-MB-C的余弦值为.过点P作POBC交BC于点O,平面PBC平面ABCD,平面PBC平面ABCD=BC,PO平面PBC,PO平面ABCD,取AB的中点E,连接OE,则OECA,由(1)知AC平面PBC,所以OE平面PBC,因此以O为原点,以OC,OE,OP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O-xyz.,O(0,0,0),P,C,0,0,B,D,则=-,-,0,设=t(0t1),则M,0,t.则=,设平面DMB的法向量为a=(x,y,z),则令x=,则y=-3,z=,a=.,易知平面MBC的一个法向量为b=(0,1,0),则|cos|=,则=4,则=-2或=2,解得t=,或t=-2(舍),故CM=|=|=.所以存在点M,使得二面角D-MB-C的余弦值为,且CM的长为.,
