2019-2020学年高中数学 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2课时）

第三章空间向量与立体几何第2课时空间向量与空间角第三章空间向量与立体几何考点学习目标核心素养求异面直线所成的角会用向量法求异面直线所成的角数学运算求直线与平面所成的角理解直线与平面所成角的概念；会用向量法求直线与平面所成的角数学运算求二面角的平面角会用向量法求二面角的平面角数学运算问题导学预习教材P105～P110，并思考下列问题：1．如何利用空间向量求两异面直线所成的角？2．如何利用空间向量求直线与平面所成的角？3．如何利用空间向量求二面角的平面角？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角的分类向量求法范围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角的分类向量求法范围二面角设二面角α­l­β的平面角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则|cosθ|＝____________________＝___________________|cos〈n1，n2〉||n1·n2||n1||n2|[0，π]■名师点拨(1)由于直线a，b所成角θ∈0，π2，故cosθ＝|cos〈a，b〉|.(2)直线a与平面α所成角θ∈0，π2，由图形知〈a，n〉与θ的余角相等或互补，故sinθ＝|cos〈a，n〉|.(3)二面角α­l­β的大小θ∈[0，π]，〈n1，n2〉∈[0，π]，但两角可能相等或互补，因此需借助图形进行判断，判断后再解释结论．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)若向量n1，n2分别为二面角的两半平面的法向量，则二面角的平面角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|.()(3)直线与平面所成角的范围为0，π2.()×××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．以上均错答案：A已知向量m是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则直线l与平面α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°答案：A已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为________．答案：45°或135°如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝12AD＝1，求PB与CD所成的角．求两条异面直线所成的角【解】由题意得AB，AD，AP两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以BP→＝(－1，0，1)，DC→＝(1，－1，0)，cos〈BP→，DC→〉＝BP→·DC→|BP→||DC→|＝－12·2＝－12，所以〈BP→，DC→〉＝120°，故PB与CD所成的角为60°.求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则AB→与CD→可分别为a，b的方向向量，则cosθ＝|AB→·CD→||AB→||CD→|.运用向量法常有两种途径：①基底法在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用基向量表示出来，再求有关的量．②坐标法根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．如图，已知两个正四棱锥P­ABCD与Q­ABCD的高分别为1和2，AB＝4.求异面直线AQ与PB所成角的余弦值．解：由题设知，ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD.连接PQ，则PQ过点O.由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(22，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，22，0)，所以AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0，22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，所以异面直线AQ与PB所成角的余弦值为39.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．求直线和平面所成的角【解】(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得PH＝32，EH＝32.则H(0，0，0)，P0，0，32，D－1，－32，0，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32为平面ABFD的法向量．设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝HP→·DP→|HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.向量法求线面角的基本步骤(1)分析图形关系，建立空间直角坐标系．(2)求出直线的方向向量a和平面的法向量n.(3)求出夹角〈a，n〉．(4)判断直线和平面所成的角θ和〈a，n〉的关系，求出角θ.如图，四棱锥P­ABCD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．解：(1)证明：由已知得AM＝23AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綊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)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Axyz.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，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1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．求二面角【解】(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为坐标原点，分别以OB，OC，OO1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．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25719.1．(变问法)本例(2)条件不变，求二面角B­A1C­D的余弦值．解：如图建立空间直角坐标系．设棱长为2，则A1(0，－1，2)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)．所以BC→＝(－3，1，0)，A1C→＝(0，2，－2)，CD→＝(－3，－1，0)．设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·A1C→＝0，n1·BC→＝0，即2y1－2z1＝0，－3x1＋y1＝0，取x1＝3，则y1＝z1＝3，故n1＝(3，3，3)．设平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·A1C→＝0，n2·CD→＝0，则2y2－2z2＝0，－3x2－y2＝0，取x2＝3，则y2＝z2＝－3，故n2＝(3，－3，－3)．所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－1521＝－57.由图形可知二面角B­A1C­D的大小为钝角，所以二面角B­A1C­D的余弦值为－57.2．(变条件、变问法)本例四棱柱中，∠CBA＝60°改为∠CBA＝90°，设E，F分别是棱BC，CD的中点，求平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值．解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A(0，0，0)，B1(1，0，1)，E1，12，0，D1(0，1，1)，F12，1，0，AE→＝1，12，0，AB1→＝(1，0，1)，AF→＝12，1，0，AD1→＝(0，1，1)．设平面AB1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·AB1→＝0，n1·AE→＝0，即x1＋z1＝0，x1＋12y1＝0，令y1＝2，则x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1，2，1)．设平面AD1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AD1→＝0，n2·AF→＝0，即y2＋z2＝0，12x2＋y2＝0.令x2＝2，则y2＝－1，z2＝1.所以n2＝(2，－1，1)．所以平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|＝|（－1，2，1）·（2，－1，1）|（－1）2＋22＋12·22＋（－1）2＋12＝|（－1）×2＋2×（－1）＋1×1|6×6＝12.利用坐标法求二面角的步骤设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的大小，如图．用坐标法解题的步骤如下：(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系．(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2.(3)计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2||n1||n2|.(4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD︵