2019年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法 第二课时 利用空间向量

第二课时利用空间向量求角和距离课标要求:1.理解直线与平面所成角和点到平面的距离的概念.2.能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题及各种空间距离.3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲.自主学习知识探究1.异面直线所成的角(1)异面直线所成角的定义:设a,b是两条异面直线,过空间任一点O作直线a′∥a,b′∥b,则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角.(2)异面直线所成角的范围:两条异面直线所成角θ的范围是(0,π2].(3)异面直线所成角的向量求法:设异面直线a,b所成的角为θ,它们的方向向量分别为a,b,其夹角为,则有cosθ=|cos|=abab.注意:两条异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角求得,但是两者不完全相等,当两个方向向量的夹角是钝角时,其补角就是两条异面直线所成的角.(2)直线与平面所成角的范围:直线与平面所成角θ的范围是[0,π2].2.直线与平面所成的角(1)直线与平面所成角的定义:直线与它在这个平面内的射影所成的角.(3)直线与平面所成角的向量求法: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θ,a与u的夹角为,则有sinθ=|cos|=auau.(1)当a,u为锐角时,sinθ=cosa,u=auau;注意:用平面的法向量求线面角的大小时,直线与平面所成的角和法向量与直线的方向向量的夹角要区别清楚.设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为u,直线与平面所成角为θ,则有(2)当a,u为钝角时,sinθ=-cosa,u=-auau.综上可知,sinθ=|cosa,u|=auau.3.二面角的向量求法方法一:若AB,CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小就是向量AB与CD的夹角,如图(1).方法二:设n1,n2分别是二面角α-l-β的两个面α,β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(2).注意:(1)设二面角的平面角为θ,则0°≤θ≤180°.当两个半平面重合时,θ=0°;当两个半平面相交时,0°θ180°;当两个半平面构成一个平面时,θ=180°.(2)将求二面角转化为求二面角两个半平面的法向量的夹角,把问题转化为向量运算,要注意法向量的夹角与二面角相等或互补.在解题时,可根据法向量的方向来进行判断,以便准确求出二面角的大小.4.点到直线的距离求点到直线距离的常用方法有(1)找垂线段,求其长度;(2)利用等面积法;(3)借助向量的模,利用向量数量积的几何意义求解.对方法(3)的说明具体如下:已知直线l是由向量a所确定的直线,P∈l,P0∉l,如图,0PP在l上的射影长为|0PP|cos0PP,a=0PPaa,则点P0到直线l的距离d=2200PPaPPa=22001PPaPPaa.5.点到平面的距离(线面距离、面面距离)解决此类问题的常用方法有(1)确定垂线段法;(2)等体积变换法;(3)空间向量法.用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下:先确定平面的法向量,再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长.如图,设n=(a,b,c)是平面α的一个法向量,P0(x0,y0,z0)为α外一点,P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则点P0到平面α的距离d=0PPnn=000222axxbyyczzabc.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离,因此,只要掌握点到平面距离的求法,就可解决其他的距离问题.自我检测1.若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°,则l1与l2这两条异面直线所成的角等于()(A)30°(B)150°(C)30°或150°(D)以上均错2.正方形ABCD所在平面外有一点P,PA⊥平面ABCD.若PA=AB,则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为()(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°AB(A)10(B)3(C)83(D)1033.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为()D解析:点P到平面α的距离d=PAnn=244441=103.故选D.答案:4.直线l的方向向量a=(-2,3,2),平面α的一个法向量n=(4,0,1),则直线l与平面α所成角的正弦值为.617答案:4.直线l的方向向量a=(-2,3,2),平面α的一个法向量n=(4,0,1),则直线l与平面α所成角的正弦值为.66题型一求异面直线所成的角课堂探究【例1】正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点.求异面直线AE与CF所成角的余弦值.规范解答:不妨设正方体棱长为2,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,0,2),F(1,1,2),则AE=(-1,0,2),CF=(1,-1,2),所以|AE|=5,|CF|=6.AE·CF=-1+0+4=3.又AE·CF=|AE||CF|cosAE,CF=30cosAE,CF,所以cosAE,CF=3010,所以所求角的余弦值为3010.变式探究:将题目中的点F改为“AB的中点”,求异面直线AE与C1F所成角的余弦值.解:同例1所得,此时F(2,1,0),C1(0,2,2).所以1CF=(2,-1,-2),AE=(-1,0,2),所以|AE|=5,|1CF|=3,AE·1CF=-6,又AE·1CF=|AE|·|1CF|·cosAE,1CF=35·cosAE,1CF,所以cosAE,1CF=-255.所以所求角的余弦值为255.方法技巧(1)用基向量法求异面直线的夹角的方法①作空间几何体的图形,并找出基底;②用基底表示两异面直线的方向向量;③利用公式cosa,b=,求出两直线的方向向量的夹角;④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角.(2)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系;②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式;③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角;④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角.abab即时训练1-1:在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PA与平面ABCD所成的角为60°.在四边形ABCD中,∠ADC=∠DAB=90°,AB=4,CD=1,AD=2.(1)建立适当的坐标系,并写出点B,P的坐标;解:(1)以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.因为∠ADC=∠DAB=90°,AB=4,AD=2,所以B(2,4,0).由PD⊥平面ABCD,得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角,所以∠PAD=60°.在Rt△PAD中,由AD=2,得PD=23.所以P(0,0,23).(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值.解:(2)因为A(2,0,0),C(0,1,0),所以PA=(2,0,-23),BC=(-2,-3,0),所以cosPA,BC=2203230413=-1313.所以异面直线PA与BC所成的角的余弦值为1313.题型二求直线与平面所成的角【例2】如图1所示,在边长为12的正方形AA′A′1A1中,BB1∥CC1∥AA1,且AB=3,BC=4,AA′1分别交BB1,CC1于点P,Q,将该正方形沿BB1,CC1折叠,使得A′A′1与AA1重合,构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1,请在图2中解决下列问题:(1)证明:由题图1知,CA′=AA′-AB-BC=5,BP=AB=3,CQ=AC=7,在题图2中,因为AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,又B1B⊥AB,B1B⊥BC,所以,以B为原点,分别以直线AB,BC,BB1为坐标轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(3,0,0),C(0,4,0),A1(3,0,12),P(0,0,3),Q(0,4,7),所以BA=(3,0,0),PQ=(0,4,4),因为BA·PQ=3×0+0×4+0×4=0,所以BA⊥PQ,即AB⊥PQ.(1)求证:AB⊥PQ;(2)解:由(1)知,1PA=(3,0,9),BC=(0,4,0).设n=(x,y,z)是平面A1PQ的法向量,则1440,390,nPQyznPAxz取z=1,得n=(-3,-1,1),设直线BC与平面A1PQ所成角为θ,则sinθ=|cosn,BC|=nBCnBC=4114=1111.即直线BC与平面A1PQ所成角的正弦值为1111.(2)求直线BC与平面A1PQ所成角的正弦值.(2)求直线的方向向量AB;方法技巧利用向量法求直线与平面夹角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系;(3)求平面的法向量n;(4)计算:设线面角为θ,则sinθ=nABnAB.即时训练2-1:如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=4,CB=4,CC1=22,∠ACB=90°,点M在线段A1B1上.(1)若A1M=3MB1,求异面直线AM与A1C所成角的余弦值;解:(1)分别以CA,CB,CC1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),A(4,0,0),A1(4,0,22),B1(0,4,22).因为A1M=3MB1,所以M(1,3,22),可得1AC=(-4,0,-22),AM=(-3,3,22),所以cos＜1AC,AM＞=11ACAMACAM=42426=3939,所以异面直线AM与A1C所成角的余弦值为3939.(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°,试确定点M的位置.解:(2)由(1)得B(0,4,0),B1(0,4,22),所以AB=(-4,4,0),1AC=(-4,0,22).设n=(a,b,c)是平面ABC1的法向量,可得1440,4220,nABabnACac取a=1,得b=1,c=2,所以n=(1,1,2),而直线AM与平面ABC1所成角为30°,可得AM与n所成角为60°或120°,所以|cos＜AM,n＞|=12,设点M的横坐标为x,则AM=(x-4,4-x,22),即AMnAMn=2214142222448xxxx=22248x=12,解得x=2或6.由M在线段A1B1上可得0≤x≤4,故x=2,即点M为线段A1B1的中点时,满足直线AM与平面ABC1所成角为30°.题型三二面角的求法【例3】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解:法一作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.由AE=EB=2,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=2,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=32,A1F=B1F=43.由余弦定理得cos∠A1FB1=-18.(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.法二以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,14),B(0,2,0)