空间向量 - 副本

立体几何中的向量方法——求空间角复习目标1.掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法；1．斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角．2．二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角．3．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB、CD是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉．2°如图②③，n1，n2分别是二面角α—l—β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．1．若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为__________________________________________________．答案41133解析∵n·a＝－8－3＋3＝－8，|n|＝16＋1＋1＝32，|a|＝4＋9＋9＝22，∴cos〈n，a〉＝n·a|n|·|a|＝－832×22＝－41133.又l与α所成角记为θ，即sinθ＝|cos〈n，a〉|＝41133.2．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＝________.答案30°解析由题意得直线l与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线l与平面α所成的角为90°－60°＝30°.3．从空间一点P向二面角α—l—β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，垂足分别为E，F，若二面角α—l—β的大小为60°，则∠EPF的大小为__________．答案60°或120°4．如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCO—A′B′C′D′，A′C的中点E与AB的中点F的距离为________．答案22a解析由图易知A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A′(a,0，a)．∴Fa，a2，0，Ea2，a2，a2.∴EF＝a－a22＋a2－a22＋0－a22＝a24＋a24＝22a.5．在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________．答案155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)，∴cos〈FD1→，OE→〉＝1＋25·3＝155.题型一求异面直线所成的角例1如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影．(1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．思维启迪：本题可方便地建立空间直角坐标系，通过点的坐标得到向量坐标，然后求解．(1)证明以D为原点，DD1→、DC→、DA→分别为z轴、y轴、x轴的正向，12|DD1→|为1个单位长度建立空间直角坐标系．由题设知点E、F、G1、E1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)，∴FE1→＝(0,1，－1)，FG1→＝(0，－1，－1)，EE1→＝(－1,0,0)，∴FG1→·EE1→＝0，FG1→·FE1→＝0⇒FG1→⊥EE1→，FG1→⊥FE1→，又∵EE1∩FE1＝E1.∴FG1⊥平面FEE1.(2)解由题意知点A的坐标为(2,0,0)，又由(1)可知EA→＝(1，－2，－1)，E1G1→＝(0，－2,0)，∴cos〈EA→，E1G1→〉＝EA→·E1G1→|EA→|·|E1G1→|＝63，∴sin〈EA→，E1G1→〉＝1－cos2〈EA→，E1G1→〉＝33.探究提高用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cosθ＝|cosα|.如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．解以A为原点，AB→、AD→、AA1→分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是EC1→＝(1,3,2)，FD1→＝(－4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为β，则：cosβ＝|EC1→·FD1→||EC1→|·|FD1→|＝1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114，∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为2114.题型二求直线与平面所成的角例2如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．(1)证明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH的法向量．(1)证明以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A(1,0,0)，B(0,1,0)．设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m0，n0)，则D(0，m,0)，E12，m2，0.可得PE→＝12，m2，－n，BC→＝(m，－1,0)．因为PE→·BC→＝m2－m2＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)解由已知条件可得m＝－33，n＝1，故C－33，0，0，D0，－33，0，E12，－36，0，P(0,0,1)．设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则n·HE→＝0，n·HP→＝0，即12x－36y＝0，z＝0.因此可以取n＝(1，3，0)．又PA→＝(1,0，－1)，所以|cos〈PA→，n〉|＝24.所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为24.探究提高利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它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．已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．(1)证明设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，12)，N(12，0,0)，S(1，12，0)．所以CM→＝(1，－1，12)，SN→＝(－12，－12，0)．因为CM→·SN→＝－12＋12＋0＝0，所以CM⊥SN.(2)解设平面CMN的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CM→＝x－y＋12z＝0n·CN→＝x，y，z·12，－1，0＝12x－y＝0.∴y＝12x，z＝－x，取x＝2，则n＝(2,1，－2)为平面CMN的一个法向量．∴cos〈n·SN→〉＝n·SN→|n|·|SN→|＝2，1，－2·－12，－12，022＋1＋－22·－122＋－122＋02＝－22.∴〈n·SN→〉＝135°，故SN与平面CMN所成角的大小为45°.题型三求二面角例3(2012·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．思维启迪：利用图中的PA⊥平面ABCD、ABCD为矩形的条件建立空间直角坐标系，转化为向量问题．(1)证明∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD.又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC.(2)解如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由(1)知BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC.故矩形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2.∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．∴PB→＝(2,0，－1)，BC→＝(0,2,0)，BD→＝(－2,2,0)．设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·PB→＝0，n·BC→＝0，即2·x＋0·y－z＝0，0·x＋2·y＋0·z＝0，∴z＝2x，y＝0，取x＝1得n＝(1,0,2)．∵BD⊥平面PAC，∴BD→＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量．cos〈n，BD→〉＝n·BD→|n|·|BD→|＝－1010.设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知0απ2，∴cosα＝1010，sinα＝1－cos2α＝31010.∴tanα＝sinαcosα＝3，即二面角B－PC－A的正切值为3.探究提高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．(2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角Q—BP—C的余弦值．(1)证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，以DA、DP、DC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则DQ→＝(1,1,0)，DC→＝(0,0,1)，PQ→＝(1，－1,0)．所以PQ→·DQ→＝0，PQ→·DC→＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解依题意有B(1,0,1)，CB→＝(1,0,0)，BP→＝(－1,2，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则n·CB→＝0，n·BP→＝0，即x＝0，－x＋2y－z＝0.因此可取n＝(0，－1，－2)．同理，设m是平面PBQ的法向量，则m·BP→＝0，m·PQ→＝0，可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－155.故二面角Q—BP—C的余弦值为－155.题型四利用空间向量解决探索性问题例3(2012·福建)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．思维启迪：利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．(1)证明以A为原点，AB→，AD→，AA1→的方向分别