2014届高三数学一轮复习-(基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)7.7空间向量与空间角课件-新

[知识能否忆起]1．两直线的夹角(1)当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中，范围在内的角叫作两直线的夹角．0，π2(2)当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我们把直线l1和直线AB的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角，其夹角θ∈.0，π2(3)已知直线l1与l2的方向向量分别为s1，s2.当〈s1，s2〉≤π2时，直线l1与l2的夹角等于；当π2＜〈s1，s2〉≤π时，直线l1与l2的夹角等于．〈s1，s2〉π－〈s1，s2〉2．平面间的夹角如图所示，平面π1与π2相交于直线l，点R为直线l上任意一点，过点R，在平面π1上作直线l1⊥l，在平面π2上作直线l2⊥l，则l1∩l2＝R.我们把叫作平面π1与π2的夹角．直线l1和l2的夹角已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，当0≤〈n1，n2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于；当π2〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于．〈n1，n2〉π－〈n1，n2〉3．直线与平面的夹角平面外一条直线与它的夹角叫作该直线与此平面的夹角．在该平面内的投影设直线l的方向向量为s，平面π的法向量为n，直线l与平面π的夹角为θ，则sinθ＝|cos〈s，n〉|＝.|s·n||s||n|[小题能否全取]答案：A1．(教材习题改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：由于cos〈m，n〉＝－12，∴〈m，n〉＝120°.所以直线l与α所成的角为30°.2.在如图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为()A．－1010B．－120C.120D.1010解析：如图建立直角坐标系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，若异面直线DE与AC所成的角为θ，cosθ＝|cos〈AC，DE〉|＝1010.答案：D3.如图，在空间直角坐标系中有单位正方体ABCD－A1B1C1D1，则AC与平面BCD1A1的夹角为()A．30°B．60°C．45°D．90°解析：因为DC1⊥平面BCD1A1，所以1DC＝(0,1,1)是平面BCD1A1的一个法向量，设AC与平面BCD1A1的夹角为θ，又AC＝(－1,1,0)，则sinθ＝AC，1DC＝12，θ＝30°.答案：A4．已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为________．解析：如图，建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1由已知条件A(1,0,0)，E1，1，13，F0，1，23，AE＝0，1，13，AF＝－1，1，23，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为θ，由n·AE＝0，n·AF＝0，得y＋13z＝0，－x＋y＋23z＝0.令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)．设平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)，则cosθ＝cos〈n，m〉＝311，tanθ＝23.答案：235．(教材习题改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知DA＝DC＝4，DD1＝3，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值________．解析：建立如图所示直角坐标系，则A1(4,0,3)，B(4,4,0)，B1(4,4,3)，C(0,4,0)，1AB＝(0,4，－3)，1BC＝(－4,0，－3)．设异面直线A1B与B1C所成角为θ，则cosθ＝|cos〈1AB，1BC〉|＝925.答案：925利用向量求空间角，一定要注意将向量夹角与所求角区别开来，在将向量夹角转化为各空间角时注意空间各角的取值范围，异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面夹角的范围是0，π2，两平面夹角的范围是0，π2.异面直线所成的角[例1](2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.55B.53C.255D.35[自主解答]不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，∴1BC＝(0,2，－1)，1AB＝(－2,2,1)，∴cos〈1BC，1AB〉＝1BC·1AB|1BC||1AB|＝4－15×9＝15＝550.∴1BC与1AB的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为55.[答案]A本例条件下，在线段OB上，是否存在一点M，使C1M与AB1所成角的余弦为13？若存在，求出M点；不存在，说明理由．解：不妨令CB＝1，CA＝CC1＝2，建系如本例题图，假设存在符合条件的点M，设M(0,0，a)，则1CM＝(0，－2，a)，又1AB＝(－2,2,1)，∴|cos〈1CM，1AB〉|＝|a－4|4＋a2·9＝13.∴|a－4|＝4＋a2，∴a2－8a＋16＝a2＋4.∴8a＝12，∴a＝32.又CB＝1，∴a＝321.故不存在符合条件的点M.利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．1．(2012·安徽模拟)如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1.解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)∵1AB＝(－a，a，a)，1DD＝(0,0，a)，∴cos〈1AB，1DD〉＝1AB·1DD|1AB|·|1DD|＝33，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB＝(－a，－a，a)，BC＝(－2a,0,0)，1FB＝(0，a，a)，∴1FB·1BB＝0，1FB·BC＝0，∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.[例2](2012·大纲全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．直线与平面的夹角2[自主解答](1)证明：以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则C(22，0,0)．设D(2，b,0)，其中b0，则P(0,0,2)，E423，0，23，B(2，－b,0)．于是PC＝(22，0，－2)，BE＝23，b，23，DE＝23，－b，23，从而PC·BE＝0，PC·DE＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.(2)AP＝(0,0,2)，AB＝(2，－b,0)．设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m·AP＝0，m·AB＝0，即2z＝0且2x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，2，0)．设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·PC＝0，n·BE＝0，即22p－2r＝0且2p3＋bq＋23r＝0，令p＝1，则r＝2，q＝－2b，n＝1，－2b，2.因为二面角A－PB－C为90°，所以面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－2b＝0，故b＝2，于是n＝(1，－1，2)，DP＝(－2，－2，2)，所以cos〈n，DP〉＝n·DP|n||DP|＝12，所以〈n，DP〉＝60°.因为PD与平面PBC所成角和〈n，DP〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出直线和它在平面内的投影直线的方向向量，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的夹角，再求直线和平面的夹角．2.(2013·宝鸡模拟)如图，已知PA⊥平面ABC，且PA＝2，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，AD⊥PB于D，AE⊥PC于E.(1)求证：PC⊥平面ADE；(2)求直线AB与平面ADE所成角的大小．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，从而BC⊥AD.又AD⊥PB，BC∩PB＝B，所以AD⊥平面PBC，得PC⊥AD，又PC⊥AE，AE∩AD＝A，所以PC⊥平面ADE.(2)如图所示，建立空间直角坐标系B－xyz.则A(1,0,0)，C(0,1,0)，P(1,0，2)，因为PC⊥平面ADE，所以PC＝(－1,1，－2)是平面ADE的一个法向量．设直线AB与平面ADE所成的角为θ，则sinθ＝|PC·AB||PC||AB|＝－1，1，－2·－1，0，02＝12，则直线AB与平面ADE所成的角为30°.平面与平面的夹角[例3](2012·江西高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．[自主解答](1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1，因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C.又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，得AE＝AO2AA1＝55.(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(－1,2,2)，由AE＝151AA得点E的坐标是45，0，25，由(1)得平面BB1C1C的法向量是OE＝45，0，25，设平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)，由n·11AB＝0，n·1AC＝0，得－x＋2y＝0，y＋z＝0.令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)，所以cos〈OE，n〉＝OE·n|OE|·|n|＝3010，即平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值是3010.求两平面夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面角的夹角，但要注意两平面的夹角的范围．3．(2012·山西模拟)如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角C－AE－D的大小为60°，求λ的值．解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系D－xyz，则A(a,0,0，)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，E(0,0，λa)，∴AC＝(－a，a,0)，BE＝(－a，－a，λa)，∴AC·BE＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE