2019-2020学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.2 利用空间向量求角和距离课件

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.自主学习基础认识|新知预习|1．空间角及向量求法角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||a||b|0，π2直线与平面所成的角设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|0，π2二面角设二面角α­l­β的平面角为θ，平面α，β的法向量为n1，n2，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|[0，π]2.空间距离的向量求法分类向量求法两点距设A，B为空间中任意两点，则d＝点面距设平面α的法向量为n，B∉α，A∈α，则B点到平面α的距离d＝|BA→·n||n||AB||自我尝试|1．判断下列各题．(对的打“√”，错的打“×”)(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等()(2)直线l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角()(3)二面角α­l­β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ＝〈n1，n2〉()×××2．设直线l1的方向向量为s1＝(1,1,1)，直线l2的方向向量为s2＝(－2,2，－2)，求l1，l2夹角的余弦值cosθ＝()A.14B.13C.12D.22解析：∵cos〈s1，s2〉＝s1·s2|s1||s2|＝1×－2＋1×2＋1×－23×23＝－130，∴〈s1，s2〉π2，∴l1，l2的夹角θ＝π－〈s1，s2〉，∴cosθ＝13.答案：B3．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面的夹角为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°解析：本题考查利用平面的法向量求两平面夹角的方法．cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11×2＝22，即〈m，n〉＝45°，∴两平面的夹角为45°.答案：A4．已知A(2,2,0)，B(1,4,2)，C(0,0,1)，求原点O到平面ABC的距离________．解析：由题意得AB→＝(－1,2,2)，AC→＝(－2，－2,1)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝－x＋2y＋2z＝0，n·AC→＝－2x－2y＋z＝0，解得x＝－2y，z＝－2y.令y＝－1，得x＝z＝2.∴可取平面ABC的一个法向量为n＝(2，－1,2)．又OA→＝(2,2,0)，∴原点O到平面ABC的距离为d＝|OA→·n||n|＝23.答案：23课堂探究互动讲练类型一求异面直线所成的角[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．【解析】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D－xyz，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→|cos〈AE→，CF→〉＝30cos〈AE→，CF→〉所以cos〈AE→，CF→〉＝3010，所以所求角的余弦值为3010.方法归纳(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cos〈a，b〉＝a·b|a||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.跟踪训练1如图，在三棱锥V­ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝π3，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．解析：AC＝BC＝2，D是AB的中点，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．在Rt△VCD中，CD＝2，∠VDC＝π3，故V(0,0，6)．所以AC→＝(－2,0,0)，VD→＝(1,1，－6)．所以cos〈AC→，VD→〉＝AC→·VD→|AC→||VD→|＝－22·22＝－24.所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为24.类型二求直线与平面所成的角[例2]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点．(1)求证：PB⊥DM；(2)求BD与平面ADMN所成的角．【解析】如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设BC＝1，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,1,0)，M1，12，1.(1)证明：PB→·DM→＝(2,0，－2)·1，－32，1＝0，∴PB→⊥DM→，即PB⊥DM.(2)∵PB→·AD→＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，∴PB⊥AD.又∵PB⊥DM，∴PB⊥平面ADMN.即PB→为平面ADMN的一个法向量．因此〈PB→，DB→〉的余角即是BD与平面ADMN所成的角．∵cos〈PB→，DB→〉＝PB→·DB→|PB→|·|DB→|＝422×22＝12，∴〈PB→，DB→〉＝π3，∴BD与平面ADMN所成的角为π6.方法归纳求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量AB→；(3)求平面的法向量n；(4)计算：设线面角为θ，则sinθ＝|n·AB→||n|·|AB→|.跟踪训练2如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值．解析：设正方体的棱长为1.如图所示，以AB→，AD→，AA1→为单位正交基底建立空间直角坐标系O－xyz.依题意，得B(1,0,0)，E0，1，12，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以BE→＝－1，1，12，AD→＝(0,1,0)．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以AD→是平面ABB1A1的一个法向量．设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝|BE→·AD→||BE→|·|AD→|＝132×1＝23.故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为23.类型三二面角的求法[例3]已知四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1.(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，可得B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)．(1)证明：因为BC→＝(0,2,0)，AB→＝(2,0,0)，AP→＝(0,0,2)，所以BC→·AB→＝0，BC→·AP→＝0，所以BC⊥AB，BC⊥AP，而AP∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.(2)由(1)知平面PAB的一个法向量n1＝(0,1,0)，设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，又PC→＝(2,2，－2)，PD→＝(0,1，－2)且n2·PC→＝0，n2·PD→＝0，所以2x＋2y－2z＝0，y－2z＝0，取z＝1，所以平面PCD的一个法向量为n2＝(－1,2,1)所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝63，所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为63.方法归纳用向量法求二面角的大小的求解步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；(3)求两个法向量的夹角；(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角；(5)确定二面角的大小.跟踪训练3如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．解析：(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD.(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，则由m⊥OB1→，m⊥OC1→，所以3x＋2z＝0，y＋2z＝0取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以m＝(2,23，－3)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝2319＝25719.由图形可知二面角C1­OB1­D的大小为锐角，所以二面角C1­OB1­D的余弦值为25719.类型四求空间点到平面的距离[例4]如图，直二面角D­AB­E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.求点D到平面ACE的距离．【解析】以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．由题BC⊥平面AEB，则BC⊥AE，又BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE得AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，所以AE⊥BE，在Rt△AEB中，AB＝2，O为AB的中点，所以OE＝1，所以A(0，－1,0)，E(1,0,0)，C(0,1,2)，AE→＝(1,1,0)，AC→＝(0,2,2)．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则AE→·n＝0，AC→·n＝0，即x＋y＝0，2y＋2z＝0.解得y＝－x，z＝x，令x＝1得n＝(1，－1,1)是平面AEC的一个法向量．因为AD∥x轴，AD＝2，所以AD→＝(0,0,2)，所以点D到平面ACE的距离d＝|AD→|·|cos〈AD→，n〉|＝|AD→·n||n|＝23＝233.方法归纳跟踪训练4在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，CD的中点，求点B到平面AEC1F的距离．解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，F0，12，0，E1，12，1，B(1,1,0)．∴AE→＝0，12，1，AF→＝－1，12，0.设平面AEC1F的法向量为n＝(1，λ，μ)，则n·AE→＝0，n·AF→＝0.∴12λ＋μ＝0，－1＋12λ＝0，∴λ＝2，μ＝－1，∴n＝(1,2，－1)．又∵AB→＝(0,1,0)，∴点B到平面AEC1F的距离d＝|AB→·n||n|＝26＝63.|素养提升|1．两条异面直线所成的角的两个关注点(1)余弦值非负