《新课标版高考数学大第八章立体几何88空间向量的应用二空间的角课件理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标版高考数学大第八章立体几何88空间向量的应用二空间的角课件理（82页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第第8课时课时 空空间间向量的向量的应应用用(二二) 空空间间的角的角 20162016 考纲下载考纲下载 1能够利用空间向量，解决异面直线的夹角、线面角、面面角问题，体会向量法在立体几何中的应用 2了解点面距离的求法 请注意 在高考中，本部分知识是考查的重点内容之一，主要考查异面直线所成角、线面角和面面角的计算，属于中档题，综合性较强，与平行垂直联系较多 课前自助餐课前自助餐 利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的角 定义：设 a，b 是两条异面直线，过空间任一点 O 作直线aa，bb，则 a与 b所夹的锐角或直角叫做 a与 b 所成的角 范围：两异面直线所成角 的取值范围是(0，2
2、 向量求法：设直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，其夹角为 ，则有 cos ?ab?|cos |?|a| ?|b|? (2)直线与平面所成的角 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 范围：直线和平面所成的角 的取值范围是0， 2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 ，a 与 u 的夹角为 ，则有 sin |cos |或 cos sin (3)二面角 二面角的取值范围是 0， 二面角的向量求法： ()若 AB，CD 分别是二面角 l 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) ()
3、设 n1，n2分别是二面角 l 的两个面 ， 的法向量， 则向量 n1与 n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图) 点面距的求法 如图，设 AB 为平面 的一条斜线段，n 为|ABn|平面 的法向量， 则B到平面 的距离 d |n| 1判断下面结论是否正确 (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就是这两个平面所成的角 (4)两异面直线夹角的范围是 (0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是 0， (5)若直线 l 的方向向量与平面
4、的法向量夹角为 120， 则l 和 所成角为 30. (6)若二面角 a的两个半平面 ， 的法向量 n1，n2所成角为 ，则二面角 a的大小是 . 答案 (1) (2) (3) (4) (5) (6) 2已知向量 m，n 分别是直线 l 的方向向量和平面 的法向1量，若 cos m，n2，则 l 与 所成的角为( ) A30 B60 C120 D150 答案 A 13解析 cos m，n ，sinm，n. 22m，n120.l 与 所成的角为 1209030. 3已知两平面的法向量分别为 m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A45 B135 C45或 135 D9
5、0 答案 C 解析 cosmn12m，n 2， m，n 45. |m|n|2二面角为 45或 135. 4 (2016 郑州质检)在长方体 ABCDA1B1C1D1中， ABAA12，AD1，E为 CC1的中点，则异面直线 BC1与 AE 所成角的余弦值为( ) 1030A. B. 10102 153 10C.10 D.10 答案 B 解析 建立坐标系如图， 则 A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2) BC1(1，0，2)，AE(1，2，1)，cosBC1，AEBC1AE3010. |BC |AE|130所以异面直线 BC1与 AE 所成角的余弦值为10. 5
6、(2016 沧州七校联考)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA平面 ABCD，APAB2，BC2 2，E，F 分别是 AD，PC的中点 (1)证明：PC平面 BEF； (2)求平面 BEF与平面 BAP 所成锐二面角的大小 答案 (1)略 (2)45 解析 (1)证明：如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 APAB2，BCAD2 2，四边形 ABCD 是矩形， A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2 2，0)，D(0，2 2，0)，P(0，0，2) 又 E，F 分别是 AD，PC的中点， E(0
7、， 2，0)，F(1， 2，1) PC(2，2 2，2)，BF(1， 2，1)，EF(1，0，1) BF2420，PCEF2020. PCPCBF，PCEF. PCBF，PCEF.又 BFEFF， PC平面 BEF. (2)由(1)知 n1PC(2，2 2，2)是平面 BEF的法向量，又(0，2 2，0)， 取平面 BAP 的法向量 n2ADn1 n28.设平面 BEF与平面 BAP 所成锐二面角的平面角|n1n2|82的大小为 ，则 cos|cos n1，n2|2.|n1|n2|42 245. 平面 BEF与平面 BAP 所成锐二面角的大小为 45. 授人以渔授人以渔 ? 题型一 异面直线所
8、成角 例 1 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F 分别是CC1，AD 的中点，则异面直线OE和 FD1所成的角的余弦值等于 _ 【解析】 以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， F(1，0，0)，D1(0，0，2)，O(1，1，0)，E(0，2，1) FD1(1，0，2)，OE(1，1，1) 1215cosFD1，OE5. 5 3【答案】 15 5 探究 1 求一对异面直线所成角：一是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在异面直线上各取一向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围
9、的限定 思考题 1 (2016 保定模拟)如图所示， 在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点，则直线 EF和 BC1所成的角是( ) A45 B60 C90 D120 【解析】 以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直角坐标系 设 ABBCAA12， C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1) EF(0，1，1)，BC1(2，0，2) EFBC12，记EF，BC1所成角为 . 21cos . 22 22EF和 BC1所成角为 60. 【答案】 B ? 题型二 线面角 例 2
10、 如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面 ABCD， PAAD2，AB1，BMPD于点 M. (1)求证：AMPD； (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值 【解析】 (1)PA平面 ABCD，AB? 平面 ABCD， PAAB. ABAD， ADPAA， AD? 平面 PAD， PA? 平面 PAD，AB平面 PAD. PD? 平面 PAD，ABPD. BMPD，ABBMB，AB? 平面 ABM，BM? 平面ABM， PD平面 ABM. AM? 平面 ABM，AMPD. (2)方法一：由(1)知，AMPD，又 PAAD， 则 M 是 PD的中点
11、在 RtPAD 中，得 AM 2. 在 RtCDM 中，得 MC MD DC 3. MC AM AC 5，即AMC 为直角三角形 16SACM AMMC. 22 22222 1设点 D 到平面 ACM 的距离为 h， 由 VDACMVMACD， 得3S116. ACMh SACD PA，解得 h323设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 ， h63则 sin，cos . CD333直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为3. 方法二：如图所示，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，
12、0)，M(0，1，1) AC(1，2，0)，AM(0，1，1)，CD(1，0，0) 设平面 ACM 的一个法向量为 n(x，y，z)， 由?x2y0，nAC，nAM，可得? ?yz0.令 z1，得 x2，y1. n(2，1，1) 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 ，则 |CDn|63sin3.cos 3. |CD|n|3直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为3. 3【答案】 (1)略 (2) 3 探究 2 求直线和平面所成的角也有传统法和向量法两种传统法关键是找斜线在平面内的射影，从而找出线面角；向量法则可建立坐标系，利用向量的运算求解用向量法可避开找角的困难，但计算较繁，所以
13、要注意计算上不要失误 思考题 2 (2014 北京理)如图所示， 正方形 AMDE 的边长为 2，B，C 分别为 AM，MD 的中点在五棱锥 PABCDE 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：ABFG； (2)若 PA底面 ABCDE， 且 PAAE， 求直线 BC 与平面 ABF所成角的大小，并求线段 PH的长 【解析】 (1)证明：在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点，所以 ABDE. 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 PDEFG， 所以 ABFG . (
14、2)因为 PA底面 ABCDE ，所以 PAAB，PAAE. 如图建立空间直角坐标系Axyz，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) 设平面 ABF 的一个法向量为n(x，y，z)， 0，?nAB?x0，则?即? ?yz0.?nAF0， 令 z1，则 y1，所以 n(0，1，1) 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 ， ?n?BC?1则 sin|cos n，BC|? . ?2?|n|BC|?因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为6. 设点 H 的坐标为(u，v，w) 因为点 H 在棱 PC上，所以可设PHPC
15、(01)， 即(u，v，w2)(2，1，2)，所以 u2，v，w22. 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量，所以 nAH0，即(0，21，1)(2，22)0，解得 . 3所以点 H?422?的坐标为?3，3，3?. ?4?2?2?2?4?2? ? ?2. ?3?3?3?所以 PH【答案】 (1)略 (2)，2 6 ? 题型三 二面角 例 3 (2015 重庆理)如图，三棱锥 PABC中，PC平面 ABC，PC3，ACB2.D，E分别为线段 AB，BC 上的点，且 CDDE 2，CE2EB2. (1)证明：DE平面 PCD； (2)求二面角 APDC 的余弦值 【解析】 (1)由 PC平面
16、ABC， DE? 平面 ABC， 故 PCDE. 由 CE2，CDDE 2，得CDE为等腰直角三角形故CDDE. 由 PCCDC，CD? 平面 PCD，PC? 平面 PCD，故 DE平面 PCD. (2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE4. 如图，过 D 作 DF 垂直 CE 于 F，易知 DFFCFE1， 又已知 EB1，故 FB2. DFFB2由ACB2，得 DFAC，ACBC3. 33故 AC2DF2. 以 C 为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为 x 轴，y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 C(0，0，0)，P(0，0，3)，3A(2，0，0)，E(0，2，0)
17、，D(1，1，0)，ED(1，1，0)，DP1(1，1，3)，DA( ，1，0) 2 设平面 PAD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， x1y13z10，?n1DP0，?由?得?1故可取 n1(2，1，1) x y 0，?11?n1DA0，?2由(1)可知 DE平面 PCD， 故平面 PCD的法向量 n2可取为ED，即 n2(1，1，0) 从而法向量 n1，n2的夹角的余弦值为 n1n23cos6. |n1|n2|3故所求二面角 APDC 的余弦值为6. 3【答案】 (1)略 (2)6 探究 3 (1)当空间直角坐标系容易建立时，用向量法较为简洁明快 (2)用法向量求二面角的大小时，有时
18、不易判断两法向量夹角的大小就是二面角的大小 (相等或互补)，但我们完全可以根据图形得出结论，这是因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是比较明显的 思考题 3 (2016 衡水调研卷)如图所示，在四棱锥PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ABCD，DAB90，1PA平面 ABCD，且 PACDAD AB，M 为 PB的中点 2 (1)证明：平面 PAD平面 PCD； (2)求二面角 AMCB 的余弦值 【解析】 (1)证明：以 A 为坐标原点，AD长为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，10)，D(1，0，0)，P(0，0，1)
19、，M(0，1， ) 2因为AP(0，0，1)，DC(0，1，0)，所以APDC0.所以 APDC. 由题设知 ADDC， 且 AP 与 AD 是平面 PAD 内的两条相交直线， 由此得 DC平面 PAD.又 DC在平面 PCD上， 故平面 PAD平面 PCD. (2)在 MC 上取一点 N(x，y，z)，则存在 R，使NCMC， 1NC(1x，1y，z)，MC(1，0， )， 21所以 x1，y1，z2. 14要使 ANMC，只需ANMC0，即 x2z0，解得 5. 412MC0. 可知当 5时，N 点坐标为(5，1，5)，能使AN1212此时，AN( ，1， )，BN( ，1， )，有BNM
20、C0. 5555由ANMC0，BNMC0，得 ANMC，BNMC，所以ANB 为所求二面角的平面角 30304因为|AN|5，|BN|5，ANBN5， ANBN2所以 cos AN，BN3. |AN|BN|2所以二面角 AMCB 的余弦值为 . 32【答案】 (1)略 (2)3 ? 题型四 空间距离 例 4 已知正方形 ABCD 的边长为 4， CG平面 ABCD， CG2，E，F 分别是 AB，AD 的中点，求点 B 到平面 GEF的距离 【解析】 如图建立空间直角坐标系，则 B(0， 4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)，EF(2，2，0)，GE(2，4，2)，B
21、E(2，0，0) 设平面 EFG的一个法向量是 n(x，y，1)， 则由 nEF，nGE，得 ?（2，2，0）0，?（x，y，1）? ?（2，4，2）0?（x，y，1）?1x ，?3?xy0，11? ?所以 n( ， ，1) 33?1?x2y1?y .?3nBE2 11则点 B 到平面 GEF的距离为 d. 11|n| 【讲评】 空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点到面的距离可借助于平面的法向量求解 2 11【答案】 11 探究 4 (1)求点到平面距离是重点，其方法有：直接作出点到面的垂线段，再计算；
22、平行转移法即通过线面平行，转化到其他点到平面的距离；体积法；利用向量 (2)已知 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，|ABn|则 B 到平面 的距离为|BO|AB|cos AB，n |. |n| 思考题 4 如图所示，BCD 与MCD都是边长为 2的正三角形， 平面 MCD平面 BCD，AB平面 BCD， AB2 3.求点 A 到平面 MBC 的距离 【解析】 方法一：取 CD 中点 O，连接 OB，OM，则 OBOM 3，OBCD，MOCD.又平面 MCD平面 BCD，则 MO平面 BCD，所以 MOAB，MO平面 ABC.M，O 到平面 ABC 的距离相等作 OHBC 于
23、H，连接 MH，则 MHBC. 3求得 OHOCsin602， MH3215（ 3） （2） 2. 2设点 A 到平面 MBC 的距离为 d，由 VAMBCVMABC，得 11SMBCd SABCOH. 331115113即3222d3222 32， 2 15解得 d. 5 方法二：取 CD 中点 O，连接 OB，OM，则OBCD，OMCD.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，如图所示， OBOM 3，则各点坐标分别为C(1，0，0)，M(0，0， 3)，B(0， 3，0)，A(0， 3，2
24、3) 设 n(x，y，z)是平面 MBC 的一个法向量，则 BC(1， 3，0)，BM(0， 3， 3) 由 nBC，得 x 3y0. 由 nBM，得 3y 3z0. 取 n( 3，1，1)，BA(0，0，2 3)，则 |BAn|2 32 15d5. |n|52 15【答案】 5 1角的计算与度量总要进行转化，这体现了转化的思想，主要将空间角转化为平面角或两向量的夹角 2用向量的数量积来求解两异面直线所成的角，简单、易掌握其基本程序是选基底，表示两直线方向向量，计算数量积，若能建立空间直角坐标系，则更为方便 3找直线和平面所成的角常用方法是过线上一点作面的垂线或找线上一点到面的垂线， 或找(作
25、)垂面， 将其转化为平面角，或用向量求解，或解直角三角形 4二面角的求解方法一般有作垂面法、三垂线定理法、面积射影法、向量法等，特别是对“无”棱(图中没有棱)的二面角，应先找出棱或借助平面法向量夹角求解 5空间的距离主要掌握点面距离的求法 助助 餐餐 自自 1在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 是 AB 的中点，则 sinDB1，CM的值等于( ) 1210A. B. 215211C.3 D.15 答案 B 解析 分别以 DA，DC，DD1为 x，y，z 轴建系， 令 AD1， 1DB1(1，1，1)，CM(1， ，0) 211215cosDB1，CM. 51532210sinDB1，C
26、M. 15 2已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD 为正方形，AA12AB，E 为 AA1的中点，则异面直线 BE 与 CD1所成角的余弦值为( ) 101A.10 B.5 3 103C. D. 105 答案 C 解析 如图，以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系 设 AA12AB2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D1(0，0，2) (0，1，1)，CD(0，1，2) BE1123 10cosBE，CD1. 102 5 3(2016 山西临汾一模)如图所示，点 P 在正方形 ABCD 所在平面外，PA平面 ABCD，PAAB，则 PB 与 AC
27、 所成的角是( ) A90 B60 C45 D30 答案 B 解析 将其还原成正方体 ABCDPQRS ，显然 PBSC， ACS 为正三角形，ACS60. 4(2016 山东师大附中)已知正三棱柱 ABCA1B1C1所有棱长都相等，D 是 A1C1的中点，则直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦值为( ) 13A.2 B.2 34C. D. 55 答案 D 解析 取 AC 中点 E，令 AB2， 分别以 EB，EC，ED 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 B1( 3，0，2)，C(0，1，0)，A(0，1，0)，D(0，0，2)，DB1( 3，0，0)，DC(0，1，2)，DA(0，
28、1，2)，平面 B1DC 法向量4为 n(0，2，1)，cos DA，n5. 4AD 与面 B1DC 所成的角正弦值为 . 5 5(2015 广东理)如图，三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直，PDPC4，AB6，BC3.点 E 是 CD 边的中点，点F，G 分别在线段 AB，BC 上，且 AF2FB，CG2GB. (1)证明：PEFG； (2)求二面角 PADC 的正切值； (3)求直线 PA 与直线 FG所成角的余弦值 79 5答案 (1)略 (2)3 (3)25 解析 (1)证明：PDPC且点 E 为 CD 的中点， PEDC，又平面 PDC平面 ABCD.且平面
29、 PDC平面ABCDCD，PE? 平面 PDC，PE平面 ABCD.又 FG? 平面ABCD，PEFG . (2)ABCD 是矩形， ADDC， 又平面 PDC平面 ABCD，且平面 PDC平面 ABCDCD，AD? 平面 ABCD， AD平面 PCD.又 CD，PD? 平面 PDC， ADDC，ADPD. PDC即为二面角 PADC 的平面角 122在 RtPDE中，PD4，DE2AB3，PE PD DE 7， PE77tanPDCDE3即二面角 PADC 的正切值为3. (3)如图所示，连接 AC， AFCGAF2FB， CG2GB即2， FBGBACFG . PAC为直线 PA 与直线
30、FG所成角或其补角 在PAC中， PA PD AD 5， AC AD CD 3 5， PA AC PC由 余 弦 定 理 ， 可 得cos PAC 2PAAC5 （3 5） 49 525. 253 59 5直线 PA 与直线 FG所成角的余弦值为25. 2222222222 课外阅读课外阅读 高考中的立体几何探索性问题 利用向量解决立体几何中的探索性问题，在近几年的高考中倍受青睐如 2013年各地高考卷中出现了 6 次，2014年出现了3 个下面举两例说明其破解方法，以期抛砖引玉 例 1 (2014江西理)如图所示，在四棱锥PABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD. (1)
31、求证：ABPD； (2)若BPC90，PB 2，PC2.问 AB 为何值时，四棱锥 PABCD 的体积最大？并求此时平面 BPC与平面 DPC夹角的余弦值 【解析】 (1)证明： 因为四边形 ABCD 为矩形， 故 ABAD. 又平面 PAD平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCDAD， 所以 AB平面 PAD，故 ABPD. (2)过 P作 AD 的垂线，垂足为O，过O作 BC的垂线，垂足为 G，连接 PG . 故 PO平面 ABCD，BC平面 POG，BCPG . 2 32 66在 RtBPC中，PG3，GC3，BG3. 设 ABm，则 OP PG OG 故四棱锥 PABCD 的体积为
32、 1V3 6m22242m. 34m22m 86m. 3324因为 m 86m 8m 6m ?2?2826?m 3?3， ?66故当 m3， 即 AB3时，四棱锥 PABCD 的体积最大 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标为 O(0，?0，0)，B?P?0，0，?62 6?66?2 6?，0?，C?，0?，D?0，0?，3333?3?62 6?6?6?.故PC?，?，BC(0， 6，0)，CD?3?33?3?6?. ，0，0?3? 设平面 BPC的法向量 n1(x，y，1)， 则由 n1PC，n1BC，得 ? 62 66?xy0，33?3解得 x1，y0，n1(1，0，1) ?6y
33、0，同理可求出平面 DPC的法向量 ?1?n2?0，2，1?. ? 从而平面 BPC与平面 DPC夹角 的余弦值为 |n1n2|cos |n1|n2|1121410. 5610【答案】 (1)略 (2)AB3，5 例 2 (2016 保定模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，PAABAD2，四边形 ABCD 满足 ABAD，BCAD 且 BC4，点 M 为 PC中点，点 E 为BEBC 边上的动点，且EC. (1)求证：平面 ADM平面 PBC； 2(2)是否存在实数 ，使得二面角 PDEB 的余弦值为 ？3若存在，试求出实数 的值；若不存在，说明理由 【解析】 (1)证明
34、：取 PB中点 N，连接 MN，AN. 1M 是 PC中点，MNBC，MN2BC2. 又BCAD，MNAD，MNAD， 四边形 ADMN 为平行四边形 APAD，ABAD，AD平面 PAB. ADAN，ANMN.APAB， ANPB，AN平面 PBC. AN? 平面 ADM，平面 ADM平面 PBC. (2)存在符合条件的 .以 A 为原点，AB 方向为 x 轴，AD 方向为 y 轴，AP 方向为 z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz.设 E(2，t，0)(0t4)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，则PD(2，t2，0)平面 PDE的法向量为 n (2(0，2，2)，DE1t，2，2) 又平面 DEB 即为 xAy 平面，其一个法向量为 n2(0，0，1)， n1n222cos n1，n23.解得 t32|n1|n2|（2t） 441或 t1，3 或 . 31【答案】 (1)略 (2)存在， 3 或 3
