《高考數(shù)學理一輪資源庫 第8章學案44》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學理一輪資源庫 第8章學案44（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 學案44　利用向量方法求空間角 導學目標： 1.掌握各種空間角的定義，弄清它們各自的取值范圍.2.掌握異面直線所成的角，二面角的平面角，直線與平面所成的角的聯(lián)系和區(qū)別，體會求空間角中的轉化思想． 自主梳理 1．兩條異面直線的夾角 ①定義：設a，b是兩條異面直線，在直線a上任取一點作直線a′∥b，則a′與a的夾角叫做a與b的夾角． ②范圍：兩異面直線夾角θ的取值范圍是_______________________________________． ③向量求法：設直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為φ，則

2、有cos θ＝________＝_______________. 2．直線與平面的夾角 ①定義：直線和平面的夾角，是指直線與它在這個平面內(nèi)的射影的夾角． ②范圍：直線和平面夾角θ的取值范圍是______________________________________． ③向量求法：設直線l的方向向量為a，平面的法向量為u，直線與平面所成的角為θ，a與u的夾角為φ，則有sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ. 3．二面角 (1)二面角的取值范圍是____________． (2)二面角的向量求法： ①若AB、CD分別是二面角α—l—β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則

3、二面角的大小就是向量與的夾角(如圖①)． ②設n1，n2分別是二面角α—l—β的兩個面α，β的法向量，則向量n1與n2的夾角(或其補角)的大小就是二面角的平面角的大小(如圖②③)． 自我檢測 1．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為________． 2．若直線l1，l2的方向向量分別為a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，則l1與l2所成的角等于________． 3．若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于120，則直線l與平面α所成的角等于________． 4．二面角的棱上有A、B兩點，直線AC、BD分別在這個

4、二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為________________________________________________________________________． 5．(2010鐵嶺一模)已知直線AB、CD是異面直線，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，則異面直線AB與CD所成的角的大小為________． 探究點一　利用向量法求異面直線所成的角 例1　已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90，CA＝CB＝CC1，D為B1C1的中點，求異面直線BD和A1C所成角的余弦值．

5、 變式遷移1　如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD—A1B1C1D1中，求異面直線BA1和AC所成的角． 探究點二　利用向量法求直線與平面所成的角 例2　如圖，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分別為AB，DF的中點，求直線MN與平面DCEF所成的角的正弦值． 變式遷移2　如圖所示，在幾何體ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，點F是AE的中點．求AB與平面BDF所成的角的正弦值．

6、 探究點三　利用向量法求二面角 例3　如圖，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝，求面SCD與面SBA所成角的余弦值大?。? 變式遷移3　如圖，在三棱錐S—ABC中，側面SAB與側面SAC均為等邊三角形，∠BAC＝90，O為BC中點． (1)證明：SO⊥平面ABC； (2)求二面角A—SC—B的余弦值． 探究點四　綜合應用 例4　如圖所示，在三棱錐A—BCD中，側面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的

7、 斜邊，且AD＝，BD＝CD＝1，另一個側面ABC是正三角形． (1)求證：AD⊥BC； (2)求二面角B－AC－D的余弦值； (3)在線段AC上是否存在一點E，使ED與面BCD成30角？若存在，確定點E的位置；若不存在，說明理由． 變式遷移4 (2011山東，19)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ACB＝90，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，AB＝2EF. (1)若M是線段AD的中點，求證：GM∥平面ABFE； (2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．

8、 1．求兩異面直線a、b的所成的角θ，需求出它們的方向向量a，b的夾角，則cos θ＝|cos〈a，b〉|. 2．求直線l與平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角．則sin θ＝|cos〈n，a〉|. 3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出兩個平面的法向量n1，n2所成的角．則θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉． (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中點，則sin〈，〉的值等于________．

9、2．已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是側棱BB1的中點，則直線AE與平面A1ED1所成的角的大小為________． 3．如圖，在正四面體ABCD中，E、F分別是BC和AD的中點，則AE與CF所成的角的余弦值為________． 4．(2011南通模擬) 如圖所示，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D與上底面A1B1C1D1所成的角分別為60和45，則異面直線B1C和C1D所成的余弦值為________． 5．P是二面角α—AB—β棱上的一點，分別在α、β平面上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45，∠MPN＝60

10、，那么二面角α—AB—β的大小為________． 6．(2011無錫模擬)已知正四棱錐P—ABCD的棱長都相等，側棱PB、PD的中點分別為M、N，則截面AMN與底面ABCD所成的二面角的余弦值是________． 7．如圖，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90且PA＝AC＝BC＝a，則異面直線PB與AC所成角的正切值等于________． 8．如圖，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成的角的正弦值為________． 二、解答題(共42分) 9．(14分) 如圖所示，AF、DE分別是⊙O、⊙O1的直徑，AD與兩圓所在

11、的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直徑，AB＝AC＝6，OE∥AD. (1)求二面角B－AD－F的大小； (2)求直線BD與EF所成的角的余弦值． 10．(14分)(2011大綱全國，19)如圖，四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)證明：SD⊥平面SAB； (2)求AB與平面SBC所成角的正弦值． 11．(14分)(2011湖北，18)如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側棱CC1上，且不與點

12、C重合． (1)當CF＝1時，求證：EF⊥A1C； (2)設二面角C－AF－E的大小為θ，求tan θ的最小值． 學案44　利用向量方法求空間角 答案 自主梳理 1．②　③|cos φ|　　2.②　3.(1)[0，π] 自我檢測 1．45或135　2.90　3.30　4.60　5.60 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　(1)求異面直線所成的角，用向量法比較簡單，若用基向量法求解，則必須選好空間的一組基向量，若用坐標求解，則一定要將每個點的坐標寫正確． (2)用異面直線方向向量求兩異面直線夾角時，應注意異面直線所成的角的范圍是 解　

13、如圖所示，以C為原點，直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． 設CA＝CB＝CC1＝2， 則A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)， ∴＝(0，－1,2)，＝(－2,0，－2)， ∴cos〈，〉＝＝－. ∴異面直線BD與A1C所成角的余弦值為. 變式遷移1　解　∵＝＋，＝＋， ∴＝(＋)(＋) ＝＋＋＋. ∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC， ∴＝0，＝0， ＝0，＝－a2， ∴＝－a2. 又＝||||cos〈，〉， ∴cos〈，〉＝＝－. ∴〈，〉＝120. ∴異面直線BA1與AC所成的角為60

14、. 例2　解題導引　在用向量法求直線OP與α所成的角(O∈α)時，一般有兩種途徑：一是直接求〈，〉，其中OP′為斜線OP在平面α內(nèi)的射影；二是通過求〈n，〉進而轉化求解，其中n為平面α的法向量． 解　 設正方形ABCD，DCEF的邊長為2，以D為坐標原點，分別以射線DC，DF，DA為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系如圖． 則M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得＝(－1,1，－2)． 又＝(0,0,2)為平面DCEF的法向量， 可得cos〈，〉＝＝－. 所以MN與平面DCEF所成的角的正弦值為 |cos〈，〉|＝. 變式遷移2　解　以點B為原點，BA、BC、BE所在

15、的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)， D(0,2,1)，E(0,0,2)，F(xiàn)(1,0,1)． ∴＝(0,2,1)，＝(1，－2,0)． 設平面BDF的一個法向量為 n＝(2，a，b)， ∵n⊥，n⊥， ∴　 即 解得a＝1，b＝－2.∴n＝(2,1，－2)． 設AB與平面BDF所成的角為θ， 則法向量n與的夾角為－θ， ∴cos＝＝＝， 即sin θ＝， 故AB與平面BDF所成的角的正弦值為. 例3　解題導引　圖中面SCD與面SBA所成的二面角沒有明顯的公共棱，考慮到易于建系，從而借

16、助平面的法向量來求解． 解　 建系如圖，則A(0,0,0)， D，C(1,1,0)， B(0，1,0)，S(0,0,1)， ∴＝(0,0,1)，＝(1,1，－1)， ＝，＝(0,1,0)，＝. ∴＝0，＝0. ∴是面SAB的法向量，設平面SCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有n＝0且n＝0. 即令z＝1，則x＝2，y＝－1. ∴n＝(2，－1,1)． ∴cos〈n，〉＝＝＝. 故面SCD與面SBA所成的二面角的余弦值為. 變式遷移3　(1)證明　由題設AB＝AC＝SB＝SC＝SA. 連結OA，△ABC為等腰直角三角形， 所以OA＝OB＝OC＝SA，

17、 且AO⊥BC. 又△SBC為等腰三角形， 故SO⊥BC，且SO＝SA. 從而OA2＋SO2＝SA2， 所以△SOA為直角三角形，SO⊥AO. 又AO∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC. (2)解　 以O為坐標原點，射線OB、OA、OS分別為x軸、y軸、z軸的正半軸，建立如圖的空間直角坐標系O－xyz，如圖． 設B(1,0,0)，則C(－1,0,0)， A(0,1,0)，S(0,0,1)． SC的中點M， ＝，＝， ＝(－1,0，－1)， ∴＝0，＝0. 故MO⊥SC，MA⊥SC，〈，〉等于二面角A—SC—B的平面角． cos〈，〉＝＝， 所以二面角A—SC—

18、B的余弦值為. 例4　解題導引　立體幾何中開放性問題的解決方式往往是通過假設，借助空間向量建立方程，進行求解． (1)證明　 作AH⊥面BCD于H，連結BH、CH、DH，則四邊形BHCD是正方形，且AH＝1，將其補形為如圖所示正方體．以D為原點，建立如圖所示空間直角坐標系． 則B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,1,1)． ＝(－1,1,0)，＝(1,1,1)， ∴＝0，則BC⊥AD. (2)解　設平面ABC的法向量為n1＝(x，y，z)，則由n1⊥知：n1＝－x＋y＝0， 同理由n1⊥知：n1＝－x－z＝0， 可取n1＝(1,1，－1)， 同理，可求得平面AC

19、D的一個法向量為n2＝(1,0，－1)． 由圖可以看出，二面角B－AC－D即為〈n1，n2〉， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. 即二面角B－AC－D的余弦值為. (3)解　設E(x，y，z)是線段AC上一點， 則x＝z>0，y＝1，平面BCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，＝(x,1，x)，要使ED與平面BCD成30角，由圖可知與n的夾角為60， 所以cos〈，n〉＝＝ ＝cos 60＝. 則2x＝，解得x＝，則CE＝x＝1. 故線段AC上存在E點，且CE＝1時，ED與面BCD成30. 變式遷移4 (1)證明　方法一　因為EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠AC

20、B＝90， 所以∠EGF＝90， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF， 因此BC＝2FG. 連結AF， 由于FG∥BC，F(xiàn)G＝BC， 在?ABCD中，M是線段AD的中點， 則AM∥BC，且AM＝BC， 因此FG∥AM且FG＝AM， 所以四邊形AFGM為平行四邊形， 因此GM∥FA. 又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE， 所以GM∥平面ABFE. 方法二　因為EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90， 所以∠EGF＝90， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF， 所以BC＝2FG. 取BC的中點N，連結GN， 因此四邊形BNGF為

21、平行四邊形， 所以GN∥FB. 在?ABCD中，M是線段AD的中點，連結MN， 則MN∥AB.因為MN∩GN＝N， 所以平面GMN∥平面ABFE. 又GM?平面GMN，所以GM∥平面ABFE. (2)解　方法一　因為∠ACB＝90，所以∠CAD＝90. 又EA⊥平面ABCD， 所以AC，AD，AE兩兩垂直． 分別以AC，AD，AE所在直線為x軸，y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 不妨設AC＝BC＝2AE＝2，則由題意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)， 所以＝(2，－2,0)，＝(0,2,0)． 又EF＝AB， 所

22、以F(1，－1,1)，＝(－1,1,1)． 設平面BFC的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則m＝0，m＝0， 所以取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1,0,1)． 設平面向量ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 則n＝0，n＝0，所以 取y2＝1，得x2＝1.則n＝(1,1,0)． 所以cos〈m，n〉＝＝. 因此二面角A－BF－C的大小為60. 方法二　由題意知，平面ABFE⊥平面ABCD. 取AB的中點H，連結CH. 因為AC＝BC， 所以CH⊥AB， 則CH⊥平面ABFE. 過H向BF引垂線交BF于R，連結CR，則CR⊥BF， 所以∠HRC為二

23、面角A－BF－C的平面角． 由題意，不妨設AC＝BC＝2AE＝2， 在直角梯形ABFE中，連結FH，則FH⊥AB. 又AB＝2， 所以HF＝AE＝1，BH＝， 因此在Rt△BHF中，HR＝. 由于CH＝AB＝， 所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝＝. 因此二面角A－BF－C的大小為60. 課后練習區(qū) 1. 2．90 解析　∵E是BB1的中點且AA1＝2，AB＝BC＝1， ∴∠AEA1＝90， 又在長方體ABCD－A1B1C1D1中， A1D1⊥平面ABB1A1， ∴A1D1⊥AE，∴AE⊥平面A1ED1. ∴AE與面A1ED1所成的角為90. 3. 解

24、析　設四面體的棱長為a， ＝p，＝q，＝r，則＝(p＋q)， ＝(r－2q)．∴＝－a2. 又||＝||＝a， ∴cos〈，〉＝＝－. 即AE和CF所成角的余弦值為. 4. 5．90 解析　 不妨設PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F， 如圖： ∵∠EPM＝∠FPN＝45， ∴PE＝a，PF＝b， ∴＝(－)(－) ＝－－＋ ＝abcos 60－abcos 45－abcos 45＋ab ＝－－＋＝0， ∴⊥，∴二面角α—AB—β的大小為90. 6. 解析　如圖建立空間直角坐標系，設正四棱錐的棱長為， 則PB＝，OB＝1，OP＝1.

25、 ∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)， A(0,1,0)，P(0,0,1)， M， N， ＝， ＝， 設平面AMN的法向量為n1＝(x，y，z)， 由 解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，則y＝1. ∴n1＝(0,1,2)，平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)， 則cos〈n1，n2〉＝＝＝. 7. 解析?。剑?，故＝(＋)＝＋＝0＋aacos 45＝a2. 又||＝a，||＝a. ∴cos〈，〉＝，sin〈，〉＝， ∴tan〈，〉＝. 8. 解析　不妨設正三棱柱ABC—A1B1C1的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則C(0,0,0)，A(

26、，－1,0)，B1(，1,2)， D. 則＝， ＝(，1,2)， 設平面B1DC的法向量為 n＝(x，y,1)，由 解得n＝(－，1,1)． 又∵＝， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝. 9．解　(1)∵AD與兩圓所在的平面均垂直， ∴AD⊥AB，AD⊥AF， 故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．(2分) 依題意可知，ABFC是正方形，∴∠BAF＝45. 即二面角B—AD—F的大小為45.(5分) (2)以O為原點，CB、AF、OE所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系(如圖所示)，則O(0,0,0)，A(0，－3 ，0)，B(3 ，0,0)，D(0，－

27、3 ，8)，E(0,0,8)，F(xiàn)(0,3 ，0)，(8分) ∴＝(－3 ，－3 ，8)， ＝(0,3 ，－8)． cos〈，〉＝ ＝＝－.(12分) 設異面直線BD與EF所成角為α，則 cos α＝|cos〈，〉|＝. 即直線BD與EF所成的角的余弦值為. (14分) 10. 方法一　(1)證明　取AB中點E，連結DE，則四邊形BCDE為矩形，DE＝CB＝2，連結SE，則SE⊥AB，SE＝. 又SD＝1， 故ED2＝SE2＋SD2， 所以∠DSE為直角，即SD⊥SE.(4分) 由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E， 得AB⊥平面SDE， 所以AB⊥SD.

28、 由SD與兩條相交直線AB、SE都垂直， 所以SD⊥平面SAB.(7分) (2)解　由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE.(10分) 作SF⊥DE，垂足為F，則SF⊥平面ABCD，SF＝＝. 作FG⊥BC，垂足為G，則FG＝DC＝1. 連結SG， 又BC⊥FG，BC⊥SF，SF∩FG＝F， 故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG. 作FH⊥SG，H為垂足，則FH⊥平面SBC. FH＝＝，則F到平面SBC的距離為. 由于ED∥BC， 所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距離d為.(12分) 設AB與平面SBC所成的角為α，則sin α＝＝， 即AB與平

29、面SBC所成的角的正弦值為.(14分) 方法二　以C為坐標原點，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz. 設D(1,0,0)，則A(2,2,0)、B(0,2,0)．(2分) 又設S(x，y，z)，則x>0，y>0，z>0. (1)證明　＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)， ＝(x－1，y，z)， 由||＝||得＝， 故x＝1. 由||＝1得y2＋z2＝1.① 又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即y2＋z2－4y＋1＝0.② 聯(lián)立①②得(4分) 于是S(1，，)，＝(－1，－，)， ＝(1，－，)，＝(0，，)． 因為

30、＝0，＝0， 故DS⊥AS，DS⊥BS. 又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.(7分) (2)解　設平面SBC的法向量a＝(m，n，p)， 則a⊥，a⊥，a＝0，a＝0. 又＝(1，－，)，＝(0,2,0)， 故 取p＝2得a＝(－，0,2)．(10分) 又＝(－2,0,0)， cos〈，a〉＝＝， 所以AB與平面SBC所成角的正弦值為.(14分) 11．(1)證明　建立如圖所示的空間直角坐標系，則由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(xiàn)(0,4,1)．(2分) 于是＝(0，－4,4)， ＝(－，1

31、,1)． 則＝(0，－4,4)(－，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF⊥A1C.(8分) (2)解　設CF＝λ(0<λ≤4)，平面AEF的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則由(1)得F(0,4，λ)．(8分) ＝(，3,0)，＝(0,4，λ)， 于是由m⊥，m⊥可得 即取m＝(λ，－λ，4)． 又由直三棱柱的性質可取側面AC1的一個法向量為n＝(1,0,0)，于是由θ的銳角可得cos θ＝＝，sin θ＝，所以tan θ＝＝.(10分) 由0<λ≤4，得≥，即tan θ≥＝. 故當λ＝4，即點F與點C1重合時，tan θ取得最小值.(14分)