第一课时 向量法求空间角

考试要求1.掌握空间向量的应用.2.会用空间向量求空间角和距离.1.两条异面直线所成的角设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝u·v|u||v|＝|u·v||u||v|.2.直线和平面所成的角直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝u·n|u||n|＝|u·n||u||n|.3.平面与平面的夹角(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2|n1||n2|＝|n1·n2||n1||n2|.4.点P到直线l的距离设AP→＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量AP→在直线l上的投影向量AQ→＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝|AP→|2－|AQ→|2＝a2－（a·u）2.5.点P到平面α的距离若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝AP→·n|n|＝|AP→·n||n|，如图所示.6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0，π2.1.思考辨析(在括号内打“√”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的夹角.()(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].()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝a，n；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝32，则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°答案B解析由于cos〈m，n〉＝32，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为()A.－1010B.－120C.120D.1010答案D解析建立如图空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E0，12，1，则AC→＝(－1，1，0)，DE→＝0，12，1，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈AC→，DE→〉|＝1010.4.(2021·聊城模拟)已知点M(0，1，－2)，平面α过原点，且平面α的法向量n＝(1，－2，2)，则点M到平面α的距离为________.答案2解析由题意可知点M到平面α的距离即为OM→在n的投影的长度，∵M(0，1，－2)，∴OM→＝(0，1，－2)，∴OM→·n＝－6，|n|＝3，故点M到平面α的距离为|OM→·n||n|＝2.5.(易错题)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所成的角为________.答案30°解析设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos120°|＝12.又∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.6.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy所成的角为45°，则a＝________.答案125解析平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，则－3x＋4y＝0，－3x＋az＝0，则3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝a3，a4，1，而cos〈n，u〉＝1a29＋a216＋1＝22.又a＞0，故a＝125.第一课时向量法求空间角题型一异面直线所成的角例1如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.(1)证明因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.(2)解设AC∩BD＝O，因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)，所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0，23，0).设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝PB→·AC→|PB→||AC→|＝622×23＝64.(3)解由(2)知BC→＝(－1，3，0).设P(0，－3，t)(t＞0)，则BP→＝(－1，－3，t).设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则BC→·m＝0，BP→·m＝0，所以－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0，令y＝3，则x＝3，z＝6t，所以m＝3，3，6t.同理，平面PDC的法向量n＝－3，3，6t.因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋36t2＝0，解得t＝6，所以PA＝6.感悟提升用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.训练1如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.解以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).设AB＝1，则B(0，0，0)，E0，12，0，F0，0，12，C1(1，0，1)，所以EF→＝0，－12，12，BC1→＝(1，0，1).于是cos〈BC1→，EF→〉＝BC1→·EF→|BC1→||EF→|＝1222×2＝12，所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.题型二直线与平面所成的角例2(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.(1)证明因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，则PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝7.又PA＝15，所以PM＝22.由(1)知CD⊥DM，过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－3，2，0)，P(0，0，22)，C(3，－1，0)，所以N32，－12，2，所以AN→＝332，－52，2.易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AN→，n〉|＝AN→·n|AN→|·|n|＝5215＝156.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156.法二由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7.又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝23.连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝cos∠BAN＝156.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156.感悟提升向量法求直线与平面所成角主要方法是：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.训练2如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明由已知得AM＝23AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝AB2－BE2＝AB2－BC22＝5.以A为坐标原点，AE→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N52，1，2，PM→＝(0，2，－4)，PN→＝52，1，－2，AN→＝52，1，2.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则n·PM→＝0，n·PN→＝0，即2y－4z＝0，52x＋y－2z＝0，可取n＝(0，2，1).于是|cos〈n，AN→〉|＝|n·AN→||n||AN→|＝8525.∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为8525.题型三平面与平面的夹角例3(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.(1)证明取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.又AD＝2，QA＝5，故QO＝5－1＝2.在Rt△ODC中，CO＝OD2＋CD2＝5.因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.(2)解在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，则D(0，1，0)，