第7讲 立体几何中的向量方法(二)――求空间角

考点突破夯基释疑考点一考点三考点二例1训练1例2训练2例3训练3第7讲立体几何中的向量方法(二)——求空间角概要课堂小结结束放映返回目录第2页夯基释疑判断正误(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．()(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．()结束放映返回目录第3页考点突破解(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD．又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD．考点一求异面直线所成的角因为PD＝22＋（22）2＝23，CD＝2，所以△PCD的面积为12×2×23＝23.【例1】如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，PA＝2.求：(1)△PCD的面积．(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．利用空间向量求解结束放映返回目录第4页考点突破(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，考点一求异面直线所成的角由于EF＝2，AF＝2，AE＝12PC＝2.所以∠AEF＝π4.F则△AEF是等腰直角三角形，因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.图1【例1】如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，PA＝2.求：(1)△PCD的面积．(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．利用空间向量求解结束放映返回目录第5页考点突破法二如图2，建立空间直角坐标系，考点一求异面直线所成的角则B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE→＝(1,2，1)，BC→＝(0，22，0)．设AE→与BC→的夹角为θ，图2则cosθ＝AE→·BC→|AE→||BC→|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.xyz【例1】如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，PA＝2.求：(1)△PCD的面积．(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．利用空间向量求解结束放映返回目录第6页考点突破考点一求异面直线所成的角规律方法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cosβ＝|AC→·BD→||AC→||BD→|.结束放映返回目录第7页考点突破【训练1】如右图所示正方ABCD－A′B′C′D′，已知点H在A′B′C′D′的对角线B′D′上，∠HDA＝60°.求DH与CC′所成的角的大小．解如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D－xyz，则DA→＝(1，0，0)，CC′→＝(0，0，1)．考点一求异面直线所成的角xyz设DH→＝(m，m，1)(m＞0)，由已知，〈DH→，DA→〉＝60°由DA→·DH→＝|DA→|·|DH→|·cos〈DH→，DA→〉，可得2m＝2m2＋1，解得m＝22，∴DH→＝22，22，1，∵cos〈DH→，CC′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，∴〈DH→，CC′→〉＝45°，即DH与CC′所成的角为45°.结束放映返回目录第8页考点突破考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】(2014·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．(1)证明在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.结束放映返回目录第9页考点突破考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】(2014·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．(2)解因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，BC→＝(1，1，0)．n·AB→＝0，n·AF→＝0，即x＝0，y＋z＝0.设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则xyz令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．结束放映返回目录第10页考点突破考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】(2014·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．设直线BC与平面ABF所成角为α，则sinα＝|cos〈n，BC→〉|＝n·BC→|n||BC→|＝12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为π6.即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.xyz设点H的坐标为(u，v，w)．因为点H在棱PC上，所以可设PH→＝λPC→(0＜λ＜1)，结束放映返回目录第11页考点突破考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】(2014·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．因为n是平面ABF的法向量，所以n·AH→＝0，解得λ＝23，xyz即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.所以点H的坐标为43，23，23.所以PH＝432＋232＋－432＝2.结束放映返回目录第12页考点突破规律方法利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．考点二利用空间向量求直线与平面所成的角结束放映返回目录第13页考点突破(1)证明∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD．又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．(2)解过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD．【训练2】(2014·福建卷)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．考点二利用空间向量求直线与平面所成的角E结束放映返回目录第14页考点突破以B为坐标原点，分别以BE→，BD→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴【训练2】(2014·福建卷)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．考点二利用空间向量求直线与平面所成的角的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，12，12，则BC→＝(1，1，0)，BM→＝0，12，12，AD→＝(0，1，－1)．xyzE结束放映返回目录第15页考点突破【训练2】(2014·福建卷)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．考点二利用空间向量求直线与平面所成的角取z0＝1，得平面MBC的一个法向量为n＝(1，－1，1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.则n·BC→＝0，n·BM→＝0，即x0＋y0＝0，12y0＋12z0＝0，则sinθ＝|cos〈n，AD→〉|＝|n·AD→||n|·|AD→|＝63，设平面MBC的法向量为n＝(x0，y0，z0)，xyzE结束放映返回目录第16页考点突破(1)证明∵ED⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴ED⊥AD．又∵四边形ABCD为正方形，因此AD⊥CD．∵ED∩CD＝D，∴AD⊥平面CDEF.由于CF⊂平面CDEF，∴AD⊥CF.又AF⊥CF，AF∩AD＝A．故CF⊥平面ADF.考点三利用空间向量求二面角【例3】(2014·广东卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D－AF－E的余弦值．结束放映返回目录第17页考点突破(2)解如图所示，建立空间直角坐标系，点D为坐标原点，设DC＝1.由于∠DPC＝30°，PD⊥CD，考点三利用空间向量求二面角【例3】(2014·广东卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D－AF－E的余弦值．xyz所以PC＝2，PD＝3.由于CF⊥FD，FE∥CD，所以DF＝32，DE＝34，EF＝34.从而D，A，C，F，E五点的坐标分别为D(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，F34，34，0，E34，0，0.结束放映返回目录第18页考点突破设平面AEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，考点三利用空间向量求二面角【例3】(2014·广东卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D－AF－E的余弦值．xyz则n1⊥EF→，n1⊥FA→，由于CF⊥平面ADF，计算得CF→＝34，－14，0，FA→＝－34，－34，1，由图可见所求二面角θ的余弦值为EF→＝(0，34，0)．因此y1＝0，－3x1－3y1＋4z1＝0，取x1＝4，则n1＝(4，0，3)为平面AEF的一个法向量．故平面ADF的一个法向量n2＝(3，－1，0).cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝4316＋3×（3）2＋（－1）2＝25719.结束放映返回目录第19页考点突破规律方法求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．考点三利用空间向量求二面角结束放映返回目录第20页考点突破(1)证明由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作