高考数学第7章 第7节 立体几何中的向量方法求空间角课件 理 苏教版课件

固基础·自主落实提知能·典例探究课后限时自测启智慧·高考研析第七节立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角理考纲传真要求内容ABC直线的方向向量与平面的法向量√空间向量的应用√1．求两条异面直线所成角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围0≤β≤π求法cosθ＝cosβ＝a·b|a||b|0θ≤π2|a·b||a||b|2.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〉|＝|a·n||a||n|.3．求二面角的大小(1)若AB、CD分别是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．(2)设n1，n2分别是二面角α­l­β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是(如图②③)．二面角的平面角的大小1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两条异面直线所成的角与它们的方向向量所成的角相等．()(2)斜线与平面所成的角与直线的方向向量和平面的法向量所成的角互余．()(3)二面角的平面角与两平面的法向量的夹角互补．()(4)设a，b分别是两条异面直线l1，l2的方向向量，若cos〈a，b〉＝－12，则两异面直线所成的角为120°.()[解析](1)中应为相等或互补；(2)互余或相差90°；(3)中应为相等或互补；(4)中角应为60°.[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材习题改编)已知向量a＝(－3,23)是直线l的方向向量，向量b＝(0,1,0)是平面α的法向量，则直线l与平面α所成的角为________．[解析]cos〈a，b〉＝216＝12，〈a，b〉＝π3，所以直线l与平面α成30°角．[答案]30°3．将正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角后，异面直线AB与CD所成的角的大小是________．[解析]建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则C(0，2，0)，B22，22，0，D0，22，22，AC→＝(0，2，0)，BD→＝－22，0，22，cos〈AC→，BD→〉＝0，〈AC→，BD→〉＝90°.[答案]90°4．(2014·徐州质检)如图7­7­1，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知CA＝CB＝1，AA1＝2，∠BCA＝90°.则异面直线BA1与CB1夹角的余弦值为________．图7­7­1[解析]以{CA→，CB→，CC1→}为正交基底，建立空间直角坐标系C­xyz.则A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,2)，B1(0,1,2)，所以CB1→＝(0,1,2)，AB→＝(－1,1,0)，AB1→＝(－1,1,2)，BA1→＝(1，－1,2)．(1)因为cos〈CB1→，BA1→〉＝CB1→·BA1→|CB1→||BA1→|＝35×6＝3010，所以异面直线BA1与CB1夹角的余弦值为3010.[答案]30105．已知点E、F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为________．[解析]如图，建立直角坐标系D­xyz，设DA＝1，由已知条件A(1,0,0)，E1，1，13，F0，1，23，AE→＝0，1，13，AF→＝－1，1，23，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为θ，由n·AE→＝0，n·AF→＝0，得y＋13z＝0，－x＋y＋23z＝0.令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)．设平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)，则cosθ＝cos〈n，m〉＝311，tanθ＝23.[答案]23考向1求异面直线所成的角【典例1】(2014·南京、盐城模拟)如图7­7­2，三棱锥P­ABC中，已知PA⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，D，E分别为PB，PC中点．图7­7­2(1)若PA＝2，求直线AE与PB所成角的余弦值；(2)若平面ADE⊥平面PBC，求PA的长．[解](1)如图，取AC的中点F，连结BF，则BF⊥AC.以A为坐标原点，过A且与FB平行的直线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系．则A(0,0,0)，B(3，1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，从而PB→＝(3，1，－2)，AE→＝(0,1,1)．设直线AE与PB所成角为θ，则cosθ＝PB→·AE→|PB→|×|AE→|＝14.即直线AE与PB所成角的余弦值为14.(2)设PA的长为a，则P(0,0，a)，从而PB→＝(3，1，－a)，PC→＝(0,2，－a)．设平面PBC的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·PB→＝0，n1·PC→＝0，所以3x＋y－az＝0,2y－az＝0.令z＝2，则y＝a，x＝33a.所以n1＝33a，a，2是平面PBC的一个法向量．因为D，E分别为PB，PC的中点，所以D32，12，a2，E0，1，a2，则AD→＝32，12，a2，AE→＝0，1，a2.设平面ADE的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，则n2·AD→＝0，n2·AE→＝0.令y1＝a，x1＝33a，y1＝－2.∴n2＝33a，a，－2，由题意n1⊥n2，∴n1·n2＝0，即13a2＋a2－4＝0，∴a＝3.即PA的长为3.【规律方法】1．两条异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，而其方向向量夹角的范围是[0，π]，要注意二者的区别．2．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线所成的角；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所成的角．【变式训练1】(2014·江苏高考冲刺调研卷)如图7­7­3，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝π4，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．图7­7­3(1)求异面直线AB与MD所成角的大小；(2)求点B到平面OCD的距离．[解]作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，P0，22，0，D－22，22，0，O(0,0,2)，M(0,0,1)，(1)设AB与MD所成的角为θ，∵AB→＝(1,0,0)，MD→＝－22，22，－1.∴cosθ＝|AB→·MD→||AB→|·|MD→|＝12，∴θ＝π3，∴AB与MD所成角的大小为π3.(2)∵OP→＝0，22，－2，OD→＝－22，22，－2，∴设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·OP→＝0，n·OD→＝0，即22y－2z＝0，－22x＋22y－2z＝0，取z＝2，解得n＝(0,4，2)．设点B到平面OCD的距离为d，则d为OB→在向量n＝(0,4，2)上的投影的绝对值，∵OB→＝(1,0，－2)，∴d＝|OB→·n||n|＝23，故点B到平面OCD的距离为23.考向2利用空间向量求线面角【典例2】(2014·南师附中模拟)如图7­7­4，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M是棱CC1的中点．图7­7­4(1)求证：A1B⊥AM；(2)求直线AM与平面AA1B1B所成角的正弦值．[解](1)因为C1C⊥平面ABC，BC⊥AC，所以分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0,1,0)，A1(3，0，6)，A(3，0,0)，M0，0，62.所以A1B→＝(－3，1，－6)，AM→＝－3，0，62，所以A1B→·AM→＝3＋0－3＝0.所以A1B→⊥AM→，即A1B⊥AM.(2)由(1)知AB→＝(－3，1,0)，AA1→＝(0,0，6)，设平面AA1B1B的法向量为n＝(x，y，z)，则－3x＋y＝0，6z＝0，不妨取n＝(3，3,0)．设直线AM与平面AA1B1B所成角为θ.所以sinθ＝|cos〈AM→，n〉|＝AM→·n|AM→|·|n|＝66.所以直线AM与平面AA1B1B所成角的正弦值为66.【规律方法】1．由于∠ACB＝90°，又CC1⊥平面ABC，因此可用空间向量求解．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，借助斜线的方向向量与平面法向量的夹角转化．【变式训练2】如图7­7­5，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝12AE＝2，O、M分别为CE、AB的中点，求直线CD和平面ODM所成角的正弦值．图7­7­5[解]∵DB⊥BA，又∵平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，∴DB⊥平面ABC，∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，∵AC＝BC＝4，∴设各点坐标为C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0，4,0)，D(0,4,2)，E(4,0,4)，则O(2,0,2)，M(2,2,0)，CD→＝(0,4,2)，OD→＝(－2,4,0)，MD→＝(－2,2,2)，设平面ODM的法向量n＝(x，y，z)，则由n⊥OD→且n⊥MD→可得，－2x＋4y＝0，－2x＋2y＋2z＝0，令x＝2，则y＝1，z＝1，∴n＝(2,1,1)，设直线CD和平面ODM所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，CD→〉|＝n·CD→|n||CD→|＝66·25＝3010，∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010.考向3利用空间向量求二面角(高频考点)命题视角利用空间向量求二面角是历年高考热点，也是重点题型．主要命题角度：①已知两平面法向量求二面角；②已知一平面法向量求二面角；③两平面法向量未知求二面角．【典例3】(2013·江苏高考)如图7­7­6，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．图7­7­6(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．[思路点拨]以A为原点，分别以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．[解](1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B→＝(2,0，－4)，C1D→＝(1，－1，－4).因为cos〈A1B→，C1D→〉＝A1B→·C1D→|A1B→||C1D→|＝1820×18＝31010，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD→＝(1,1,0)，AC1→＝(0,2,4)，所以n1·AD→＝0，n1·AC1→＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0.取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝n1·n2|n1|·|n2|＝29×1＝23，得sinθ＝53.故平面ADC1与平面ABA1所成