2019-2020学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.3 用向量方法求空间中的角课件

-1-第3课时用向量方法求空间中的角目标导航1.理解直线与平面所成角的概念.2.能用向量方法解决线线、线面、面面夹角的问题.3.了解向量方法在研究几何问题中的作用.知识梳理空间中的角的向量求法设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则(1)两条直线l,m的夹角为𝜃0≤𝜃≤π2,则cos𝜃=|cosa,b|=|𝑎·𝑏||𝑎||𝑏|;(2)直线l与平面α所成的角为𝜃0≤𝜃≤π2,则sin𝜃=|cosa,u|=|𝑎·𝑢||𝑎||𝑢|;(3)二面角α-l-β的大小为θ(0≤θ≤π),则cosθ=±|cosu,v|=±|𝑢·𝑣||𝑢||𝑣|.知识梳理【做一做1】若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°,则l1与l2所成的角等于()A.30°B.150°C.30°或150°D.以上均错解析:由异面直线夹角定义知,异面直线夹角范围是(0°,90°].答案:A知识梳理【做一做2】若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于()A.120°B.60°C.150°D.30°解析:因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,所以它们所在直线的夹角为60°,则直线l与平面α所成的角等于90°-60°=30°.答案:D【做一做3】若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成的角等于()A.30°B.45°C.60°D.90°解析:因为n1·n2=0,所以α⊥β,即平面α与β所成的角等于90°.答案:D重难聚焦1.两条异面直线所成的角剖析:(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'与b'所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角.(2)范围:两条异面直线所成的角θ的取值范围是0θ≤π2当𝜃=π2时,表示两条直线异面垂直.(3)向量求法:设两条异面直线a与b的夹角为θ,直线a,b的方向向量分别为a,b,且其夹角为φ,则有cosθ=|cosφ|=|𝑎·𝑏||𝑎||𝑏|.重难聚焦2.直线与平面所成的角剖析:(1)定义:直线和平面所成的角,是指直线与它在这个平面内的射影所成的角.(2)范围:直线和平面所成的角θ的取值范围是0≤θ≤π2当θ=0时,表示直线与平面平行或在平面内,当θ=π2时,表示直线与平面垂直.(3)向量求法:设直线l的方向向量为a,平面的法向量为u,直线与平面所成的角为θ,a与u的夹角为φ,则有sinθ=|cosφ|=|𝑎·𝑢||𝑎||𝑢|或cosθ=sinφ.重难聚焦3.二面角剖析:(1)二面角的取值范围是[0,π].(2)用向量求二面角的平面角有两种方法:①几何法:若AB,CD分别在二面角α-l-β的两个半平面内,且是与棱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(或其补角)(如图①).②向量法:设n1,n2是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图②).典例透析题型一题型二题型三题型四求异面直线所成的角【例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知DA=DC=4,DD1=3,求异面直线A1B与B1C所成角的余弦值.解:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图,则A1(4,0,3),B(4,4,0),B1(4,4,3),C(0,4,0),得𝐴1𝐵=(0,4,−3),𝐵1𝐶=(−4,0,−3).设𝐴1𝐵与𝐵1𝐶的夹角为θ,则cosθ=𝐴1𝐵·𝐵1𝐶|𝐴1𝐵||𝐵1𝐶|=925,故A1B与B1C的夹角的余弦值为925,即异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为925.典例透析题型一题型二题型三题型四反思建立空间直角坐标系,要充分利用题目中的垂直关系.利用向量法求两异面直线所成角的计算思路简便,但是要注意角的范围.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练1】如图所示,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=3,求异面直线𝐴1𝐵与𝐴𝑂1所成角的余弦值.典例透析题型一题型二题型三题型四解:建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),O1(0,1,3),𝐴(3,0,0),𝐴1(3,1,3),𝐵(0,2,0),∴𝐴1𝐵=(−3,1,−3),𝑂1𝐴=(3,−1,−3).∴|cos𝐴1𝐵,𝑂1𝐴|=|𝐴1𝐵·𝑂1𝐴||𝐴1𝐵|·|𝑂1𝐴|=|(-3,1,-3)·(3,-1,-3)|7·7=17.∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为17.典例透析题型一题型二题型三题型四求直线与平面所成的角【例2】在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,在侧棱CC1上求一点P,使得直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3.解:如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.2典例透析题型一题型二题型三题型四设CP=m(m0),则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),所以𝐵𝐷=(−1,−1,0),𝐵𝐵1=(0,0,1),𝐴𝑃=(−1,1,𝑚),𝐴𝐶=(−1,1,0).因为𝐴𝐶·𝐵𝐷=0,𝐴𝐶·𝐵𝐵1=0,所以𝐴𝐶为平面BDD1B1的一个法向量.设AP与平面BDD1B1所成的角为θ,则sinθ=cosπ2-𝜃=|𝐴𝑃·𝐴𝐶||𝐴𝑃||𝐴𝐶|=22·2+m2,所以cosθ=1-𝑠𝑖𝑛2𝜃=m2+m2.因为tanθ=𝑠𝑖𝑛θ𝑐𝑜𝑠θ=2m=32,所以m=13.故当CP=13CC1时,直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为32.典例透析题型一题型二题型三题型四反思要充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系,用向量的有关知识求解线面角.求线面角的基本方法:在斜线l上取𝐴𝐵,先求平面α的法向量u,再求cosθ=|𝐴𝐵·𝑢||𝐴𝐵||𝑢|𝜃为𝑙与𝑢所在直线的夹角,0𝜃π2,则直线l与平面α的夹角β=π2−𝜃.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练2】在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,求EB与平面ABCD夹角的余弦值.解:如图,建立空间直角坐标系Dxyz.设PD=DC=1,由ABCD是正方形,PE=EC,得P(0,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),则𝐸0,12,12,∴𝐸𝐵=1,12,-12,且|𝐸𝐵|=62.又平面ABCD的法向量为𝐷𝑃=(0,0,1),设EB与平面ABCD的夹角为θ,则sinθ=|cos𝐸𝐵,𝐷𝑃|=|𝐸𝐵·𝐷𝑃||𝐸𝐵||𝐷𝑃|=1262=66.∴cosθ=306,即EB与平面ABCD夹角的余弦值为306.典例透析题型一题型二题型三题型四求二面角【例3】如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°,E,F分别是BC,PC的中点.(1)求证:AE⊥PD;(2)若PA=AB=2,求二面角E-AF-C的余弦值.典例透析题型一题型二题型三题型四(1)证明:由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点,所以AE⊥BC.又BC∥AD,因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.而PA⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,且PA∩AD=A,所以AE⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以AE⊥PD.典例透析题型一题型二题型三题型四(2)解:由(1)知AE,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,又E,F分别为BC,PC的中点,所以A(0,0,0),B3,−1,0,𝐶3,1,0,𝐷0,2,0,𝑃0,0,2,𝐸(3,0,0),𝐹32,12,1,所以𝐴𝐸=(3,0,0),𝐴𝐹=32,12,1.典例透析题型一题型二题型三题型四设平面AEF的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则𝑚·𝐴𝐸=0,𝑚·𝐴𝐹=0,因此3𝑥1=0,32𝑥1+12𝑦1+𝑧1=0.取z1=-1,则m=(0,2,-1).连接BD,因为BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,所以BD⊥平面AFC.故𝐵𝐷为平面AFC的一个法向量.又𝐵𝐷=(−3,3,0),所以cosm,𝐵𝐷=𝑚·𝐵𝐷|𝑚||𝐵𝐷|=2×35×12=155.因为二面角E-AF-C为锐角,所以二面角E-AF-C的余弦值为155.典例透析题型一题型二题型三题型四反思用几何法求二面角,往往需要作出其平面角,这是几何中的难点之一;而用向量法求解二面角无须作出二面角的平面角,只需求出平面的法向量,经过简单运算即可.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练3】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1⊥平面ABC;(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;(3)在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求𝐵𝐷𝐵𝐶1的值.典例透析题型一题型二题型三题型四(1)证明:∵四边形AA1C1C为正方形,∴AA1⊥AC.∵平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,∴AA1⊥平面ABC.(2)解:由(1)知A1A⊥AC,AA1⊥AB,由题意知,AB=3,BC=5,AC=4,则AB⊥AC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系Axyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z).则𝑛·𝐴1𝐵=0,𝑛·𝐴1𝐶1=0,即3𝑦-4𝑧=0,4𝑥=0.令z=3,则x=0,y=4,∴n=(0,4,3).同理可得,平面B1BC1的法向量为m=(3,4,0).∴cosn,m=𝑛·𝑚|𝑛||𝑚|=1625.由题知,二面角A1-BC1-B1为锐角,∴二面角A1-BC1-B1的余弦值为1625.典例透析题型一题型二题型三题型四(3)解:设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且𝐵𝐷=𝜆𝐵𝐶1,∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ,∴𝐴𝐷=(4𝜆,3−3𝜆,4𝜆).由𝐴𝐷·𝐴1𝐵=0得9-25λ=0,解得λ=925.∵925∈[0,1],∴在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.此时,𝐵𝐷𝐵𝐶1=𝜆=925.典例透析题型一题型二题型三题型四易错辨析易错点对向量法求线面角的原理不理解而致错【例4】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=2BC,A1B⊥B1C,求B1C与侧面A1ABB1所成角的余弦值.错解:以点C为原点,分别以𝐶𝐴,𝐶𝐵,𝐶𝐶1的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图.典例透析题型一题型二题型三题型四设BC=2,CC1=a(a0),则点A(4,0,0),A1(4,0,a),B(0,2,0),B1(0,2,a).由A1B⊥B1C,得𝐵𝐴1·𝐶𝐵1=𝑎2−4=0,∴𝑎=2.设n=(x,y,z)是平面A1ABB1的一个法向量,则𝑛·𝐴1𝐵1=0,𝑛·𝐵𝐵1=0,即-4𝑥+2𝑦=0,2𝑧=0,令x=1,则n=(1,2,0).又𝐵1𝐶=(0,−2,−2),∴n·𝐵1𝐶=−4.又|n|=5,|𝐵1𝐶|=8=22,∴cosn,𝐵1𝐶=-422×5=−105.典例透析题型一题型二题