3.2立体几何中的向量方法(3)

-----利用向量解决空间的角问题3.2立体几何中的向量方法(三)F1E1C1B1A1D1DABCyzxO空间向量的引入为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距离是立体几何的一类重要的问题，也是高考的热点之一。本节课主要是讨论怎么样用向量的办法解决空间角问题。异面直线所成角的范围：0,2ABCD1D,与的关系？CDAB思考：,与的关系？DCAB结论：coscos,CDAB||题型一：线线角ABCD,ABD,C(0,]2||cos|cos|||||abab1.两条异面直线所成的角(1)定义:设a,b是两条异面直线,过空间任一点O作直线a′∥a,b′∥b,则a′,b′所夹的锐角或直角叫a与b所成的角.求解方法(2)范围:,ab(3)向量求法:设直线a、b的方向向量为,其夹角为,则有(4)注意:两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角求得,当两方向向量的夹角是钝角时,应取其补角作为两异面直线所成的角.例1:090,中，现将沿着RtABCBCAABC111平面的法向量平移到位置，已知ABCABC1，BCCACC111111取、的中点、，ABACDF11求与所成的角的余弦值.BDAFA1AB1BC1C1D1Fxzy类型1:求异面直线所成的角解：以点C为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示，设则：11CC(1,0,0),(0,1,0),AB11111(,0,),(,,1)222FaD所以:11(,0,1),2AF111(,,1)22BD11cos,AFBD1111||||AFBDAFBD11304105342所以与所成角的余弦值为1BD1AF3010A1AB1BC1C1D1Fxzy111111111,,6:0,90,2,3,如图所示,三棱柱OAB-OAB中平面平面且求异面直线与所成角的余弦值的大练1小习OBBOOABOOBAOBOBOOOAABAOAA1O1OBB1xzy17练习2：书P113B组第1题直线与平面所成角的范围：[0,]2ABO,与的关系？nBA思考：n结论：sincos,nAB||题型二：线面角直线AB与平面α所成的角θ可看成是向量与平面α的法向量所成的锐角的余角，所以有sincos,ABnABnABn2.直线与平面所成的角(1)定义:直线与它在这个平面内的射影所成的角.[0,]2||sin|cos|||||auau(2)范围:aua(3)向量求法:设直线l的方向向量为,平面的法向量为,直线与平面所成的角为,与的夹角为,则有u1111111,2如图在正三棱柱ABC-ABC中,AB=AA,点D是AB的中点,求直线AD和平面ABC所成角的例2:正弦值.ACB1DBA1C1类型2:求直线和平面所成的角xzy510sin课堂作业：书P113第9,11题.1NAD点在线段上，例3：在长方体中,1111ABCDABCD58,ABAD=，14,AA1112,MBCBM为上的一点,且1.ADAN1.ADAM(1)求证：ABCD1A1B1C1DMNxyz(5,2,4),AM1(0,8,4),AD10284(4)0AMAD＝51.ADAM(0,8,0),D(5,2,4)M(1)证明:建立空间直角坐标系如图:(0,0,0),A1(0,0,4),A则类型2:求直线和平面所成的角(0,0,0),A(0,8,0),AD1(0,8,4),AD(2)求与平面所成的角的正弦值.ADANM1(0,0,4),A(0,8,0),D1cos,ADAD255ADANM与平面所成角的正弦值是255例3：在长方体中,1111ABCDABCD58,ABAD=，14,AA1112,MBCBM为上的一点,且1.ADAN1NAD点在线段上，解:(2)ABCD1A1B1C1DMNxyz111(1):,ADAMADANADAMN由知又平面.成的角为所求的直线与平面所NAD552sinNAD练习：1111ABCDABCD的棱长为1.111.BCABC求与面所成的角的余弦正方体ABCD1A1B1C1D以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,所在直线为z轴.易求平面AB1C的一个法向量故得B1C1与面AB1C所成得角得余弦为6311(1,1,1),(0,1,0)及nBCxyz分析:变式.如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD=，在线段BC上是否存在一点E,使PA与平面PDE所成角的大小为450?若存在，确定点E的位置；若不存在说明理由。3DBACEPxyZ解:建立空间直角坐标系，如图:设BE=m,则(0,0,0),(0,0,1),(3,0,0),(,1,0),APDEm(0,0,1),(3,0,1),(3,1,0)APDPDEm(,,),,,30,3,(3)0,(3),PDEnxyznDPnDExzzxmxyymx设平面的法向量为则解得1,(1,3,3),xnm令得2345sin45,4(3)PAPDEm与平面所成角的大小为3232mm解得或（舍）,3245BEPAPDE因此，当时，与平面所成角的大小为。[0,]②设是二面角的两个面的法向量,则向量与的夹角(或其补角)就是二面角的平面角大小(如图(2))l,12,nn1n2nlBDCA(1)l1n2n(2)(1)范围:(2)二面角的向量求法:ABCDl①若AB、CD分别是二面角的两个面内与棱l垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量与的夹角(如图(1))题型三:二面角ABCDS类型3:求平面和平面所成的角,,.1,1,20如图所示，ABCD是一直角梯形，ABC=90S平面求面与面例所4成AABCDSAABBCADSCDSBA的锐二面角的余弦值.ABCDSxyz建立空直角坐系A-xyz解:如所示,A(0,0,0),11(1,,0),(0,,1)22CDSDC(-1,1,0),1,0),2D(0,(0,0,1)S11(0,,0)2nASADB易知面的法向量112,.,,,AABCDSAABBCADSCDSBA0如图所示，ABCD是一直角梯形，ABC=90S平面求例面面成4与所的锐二面角的余弦值设平面2(,,),SCDnxyz的法向量22,,nCDnSD由得：0202yxyz22yxyz2(1,2,1)取n1212126cos,3||||nnnnnn63即所求二面角得余弦值是,2,2..(1):;(2)例5:如图四棱锥S-中,底面ABCD为矩形,SD底面,AD=点在侧棱上,ABM=60证明是侧棱的中点求二面角的余弦值ABCDABCDDCSDMSCMSCSAMBASCBDMzxy36练习：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＝23.(1)求点A到平面MBC的距离；(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．解取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．OB＝OM＝3，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)．(1)设n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，则BC→＝(1，3，0)，BM→＝(0，3，3)，由n⊥BC→得x＋3y＝0；由n⊥BM→得3y＋3z＝0.取n＝(3，－1,1)，BA→＝(0,0,23)，则d＝|BA→·n||n|＝235＝2155.(2)CM→＝(－1,0，3)，CA→＝(－1，－3，23)．设平面ACM的法向量为1n＝(x，y，z)，由1n⊥CM→，1n⊥CA→得－x＋3z＝0，－x－3y＋23z＝0，解得x＝3z，y＝z，取1n＝(3，1,1)．又平面BCD的法向量为2n＝(0,0,1)．所以cos〈1n，2n〉＝n1·n2|n1||n2|＝15.设所求二面角为θ，则sinθ＝255.练习2(书P113)、在如图的实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD与平面ABEF互相垂直。活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=（1）求MN的长；（2）a为何值时？MN的长最小？（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角的余弦值。(02).aaABCDEFMNABCDMNExZy解:22FABCDMNEZyxG面MNA与面MNB所成二面角的余弦值为31F小结：1.异面直线所成角：coscos,CDAB||2.直线与平面所成角：sincos,nAB||3.二面角：cos12|cos,|nn关键：观察二面角的范围ABCD1DABOn1n2ncos12|cos,|nn作业:习题3.2第6,8题