北师大版选择性必修第一册3.4.3.1空间中的角学案

4.3用向量方法研究立体几何中的度量关系4.3.1空间中的角学习目标:能用向量的方法得到两条直线所成的角、直线和平面所成的角、两个平面所成的角的向量表达式,解决立体几何中有关夹角的问题,提升逻辑推理、直观想象、数学运算素养.问题1:若向量a,b分别为直线a,b的方向向量,则直线a与b所成的角θ与两个方向向量所成的角<a,b>有怎样的关系?提示:相等或互补.当0≤<a,b>≤π2当π21.两条直线所成的角若向量a,b分别为直线a,b的方向向量,则直线a与b所成的角θ∈[0,π2],且θ与两个方向向量所成的角<a,b>相等或互补也就是说:当0≤<a,b>≤π2时,θ=<a,b>;当π2<<a,b>≤π时,θ=π-<a,b>.故cosθ=问题2:观察如图直线l的一个方向向量l与平面α的一个法向量n两者的夹角<l,n>与直线l和平面α所成的角θ的关系是什么?提示:θ=π2-<l,n>(如题图1)或θ=<l,n>-π2.直线与平面所成的角设向量l为直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,则直线l与平面α所成的角θ∈[0,π2],且θ=π2-<l,n>或θ=<l,n>-π2问题3:两个平面所成的角与二面角的平面角有何区别?二面角的平面角与两个平面的法向量所成夹角有何关系?提示:平面α与平面β所成的角:平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β所成的角.二面角的范围是[0,π],而两个平面所成角的范围是[0,π2]3.平面与平面的夹角一般地,已知n1,n2分别为平面α,β的法向量,则二面角α-l-β的平面角与两法向量所成角<n1,n2>相等(如图(1))或互补(如图(2)).两平面所成的角的范围是[0,π2],二面角的范围是[0,π]两条直线所成的角[例1](2021·重庆巴南中学期中)如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°AA1=2.MAA,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求证:C1M⊥NB;(2)求直线A1B与直线CB1所成夹角的余弦值.(1)证明:因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,所以CA,CB,CC1两两相互垂直,故以点C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,因为CA=CB=1,AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点,所以C(0,0,0),C1(0,0,2),A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,2),B1(0,1,2),M(12,12,2),N(1,0,1),所以C1M→=(12,12,0),NB→=(-1,1,-1),所以C1M→·NB→=(1(2)解:根据(1)得C(0,0,0),A1(1,0,2),B1(0,1,2),B(0,1,0),所以A1B→=(-1,1,-2),CB1→=(0,1,2),所以cos<A1B→所以直线A1B与直线CB1所成夹角的余弦值为3010利用空间向量求两条异面直线所成的角,可以避免复杂的几何作图和论证过程,只需通过相应的向量运算即可,但应注意:用向量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的,而两条异面直线所成角θ的取值范围是(0,π2][针对训练]在直三棱柱ABC-A1B1C1中,若BC⊥AC,∠A=π3,AC=4,AA1=4,M为AA1的中点,P为BM的中点,Q在线段CA1上,A1A.3913 B.21313 C.解析:以点C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,43,0),M(4,0,2),P(2,23,1),A1(4,0,4),Q(1,0,1),从而PQ→=(-1,-23,0),ACcosθ=|PQ→·AC→直线与平面所成的角[例2](1)(2021·北京丰台区高二期中)如图,在四面体OABC中,OA,OB,OC两两相互垂直,已知OA=OB=2,OC=1,则直线OC与平面ABC所成角的正弦值为()A.66 B.34 C.3(2)(2021·广东中山期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形.再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答:(ⅰ)求证:AB⊥平面AA1C1C;(ⅱ)求直线BC1与平面A1BC所成角的正弦值.条件①:BC=BA1=25;条件②:BC1⊥A1C;条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C.(1)解析:分别以OA,OC,OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示),则O(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,1,0),OC→=(0,1,0),AB(-2,0,2),AC→设平面ABC的法向量为m=(x,y,z),则AB→·令x=1,则y=2,z=1,所以平面ABC的一个法向量为m=(1,2,1),设直线OC与平面ABC所成角为θ,则sinθ=|m·OC→|即直线OC与平面ABC所成角的正弦值为63(2)解:方案一:若选择条件①②:则不能解决两个问题;方案二:若选择条件②③:则可以解决(ⅰ)问,不能解决(ⅱ)问;(ⅰ)证明:因为平面ABC⊥平面AA1C1C,平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AA1⊥AC,所以AA1⊥平面ABC,又AB?平面ABC,则AA1⊥AB.连接AC1,则A1C⊥AC1,又BC1⊥A1C,AC1∩BC1=C1,所以A1C⊥平面ABC1,又AB?平面ABC1,则A1C⊥AB.又A1C∩AA1=A1,所以AB⊥平面AA1C1C.方案三:若选择条件①③:则可以解决两个问题.(ⅰ)证明:因为平面ABC⊥平面AA1C1C,平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AA1⊥AC,所以AA1⊥平面ABC,又AB?平面ABC,则AA1⊥AB.因为BC所以△ABC≌△ABA1,则∠BAC=∠BAA1,即AB⊥AC.又AC∩AA1=A,所以AB⊥平面AA1C1C.(ⅱ)解:由(ⅰ)题设,可以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,且|AB|=2.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),所以BC→=(-2,0,4),BA1设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则由n·BC→=-2x+4z=0,所以直线BC1与平面A1BC所成角的正弦值为69利用空间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[针对训练](2021·山东莒县期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1=2.(1)求异面直线A1C和AB所成角的大小;(2)求直线A1C和平面ABB1A1所成角的大小.解:(1)因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥BC,CC1⊥AC,又因为AC⊥BC,所以AC,BC,CC1两两相互垂直,以C为坐标原点,以CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,0,2),A1(2,0,2),B(0,2,0),所以A1C→设直线A1C和AB所成角的大小为θ,则cosθ=|A1C→·又因为θ∈(0,π2],所以θ=60°,所以直线A1C和AB所成角的大小为60°(2)由(1)可知,A1C→=(-2,0,-2),AB→=(-2,2,0),AA1→设直线A1C和平面ABB1A1所成角的大小为β,则sinβ=|A1C→·n||A1C→|·|n|=28×2两个平面所成的角[例3](2021·山东肥城期末)条件①:图(1)中tanB=2.条件②:图(1)中3AD→=2AB→+AC→.条件③:在图(2)三棱锥A-如图(1)所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图(2)),点M为棱AC的中点.已知,在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求锐二面角M-BN-C的余弦值.?解:方案一:选择条件①.在题图(1)所示的△ABC中,设AD=CD=x,在Rt△ABD中,tanB=ADBD=x3-x=2,解得x=2,所以BD=1.以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),所以BM→=(-1,1,1).由CN=3DN,可得N(0,12,0),BN→=(-1,1所以cos<m,n>=m·(0,0所以锐二面角M-BN-C的余弦值为66方案二:选择条件②.在题图(1)所示的△ABC中,由3AD→=2AB→+AC→,得2(AD→-AB→)=AC→-AD→,即DC→=2BD→.因为BC=3,DC=2BD,所以CD=2,BD=1,以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),所以BM→=(-1,1,1).由CN=3DN,可得N(0,12设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),由n·BN→取平面BNC的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m||所以锐二面角M-BN-C的余弦值为66方案三:选择条件③.在题图(2)三棱锥A-BCD的底面BCD中,设BD=x(0<x<3),则CD=3-x,所以S△BCD=12又因为CD>BD,所以CD=2,BD=1.以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),所以BM→=(-1,1,1).由CN=3DN,可得N(0,12,0),BN→=(-1,1取平面BNM的法向量为n=(x,y,z),由n·BN令x=1,则n=(1,2,-1).取平面BNC的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=(0,向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤[针对训练1](2021·广东南海中学月考)如图所示,过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则二面角B-PC-D的大小为;平面PAB和平面PCD所成角的大小为.?解析:构建以A为坐标原点,AB→,AD→,由ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD且PA=AB,若正方形边长为a,则B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,a),即BP→BC→=(0,a,0),DP→=(0,-a,a),设m=(x1,y1,z1)为平面PBC的法向量,则-ax1设n=(x2,y2,z2)为平面PCD的法向量,则-ay2所以cos<m,n>=m·n|m||n|=1对于平面PAB显然有一个法向量为i=(0,1,0),所以cos<i,n>=i·n|i||答案:2π3[针对训练2](2021·陕西西安高级中学期中)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=8,AA1=4,M为B1C1上一点,且B1M=2,点N在线段A1D上,A1D⊥AN.(1)求证:AM⊥A1D;(2)求直线AD与平面ANM夹角的正弦值;(3)求平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值.(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),M(5,2,4),A1(0,0,4),D(0,8,0),所以AM→=(5,2,4),A1D→=(0,8,-4),AM→·A1D(2)解:因为AM⊥A1D,A1D⊥AN,又AM∩AN=A,所以A1D⊥平面ANM,所以A1又AD→所以cos<AD→,A1D→>=AD→所以直线AD与平面ANM夹角的正弦值为25(3)解:因为平面ANM的一个法向量是A1D→=(0,8,-4),平面ABCD的一个法向量为AA1→=(0,0,4),所以cos<A1D→,A1.(2021·山东乳山高二期中)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E,F分别是AB,CC1的中点,则直线EF与BD1所成角的余弦值等于(A)A.5618 B.33 C.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=AD=1,AA1=2,则D(0,0,0),D1(0,0,2),B(1,1,0),E(1,12,0)则EF→=(-1,12,1),所以cos<EF→,BD1→>=EF→·BD12.(2021·浙江杭州高二期中)在二面角的棱上有两个点A,B,线段AC,BD分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱AB,若AB=1,AC=2,BD=3,CD=22,则这个二面角的度数为(C)A.30° B.45° C.60° D.90°解析:设这个二面角的度数为α,由题意得CD→=CA→+AB→+BD→,所以CD→2=CA→2+AB→2+BD→2+2|CA→解得cosα=12,所以α=60°,所以这个二面角的度数为60°3.(2021·湖南邵东期中)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点有3个,记这3个点分别为E,F,G,则直线AC1与平面EFG所成角的正弦值为(D)A.2613 B.22613 C.解析:正方体ABCD-A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为:D1,BC的中点,B1C1的四等分点(靠近B1),假设D1与G重合,BC的中点为E,B1C1的四等分点(靠近B1)为F,如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则E(1,2,0),F(32,2,2),G(0,0,2),A(2,0,0),C1(0,2,2),所以EF→=(12,0,2),GF→=(32设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则n·EF→=0,n·GF→=0,即4.(2021·北京景山学校高二期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1D与D1C所成的角与直线A1D与平面AB1C1D所成的角分别为(C)A.60°,90° B.45°,30°C.60°,30° D.45°,90°解析:如图所示,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),A1D→=(-1,0,-1),D1C→=(0,1,-1),AB1→=(0,1,1),AC1→=(-1,1,1),设异面直线A1D与D1C所成的角为θ,所以cosθ=|cos<A1D→,D1C→>|=|A1D→·D1C→||A1D→|·|D[例1](2021·浙江宁波高二期中)如图,在长方体ABCB-A1B1C1D1中,AB=BC=2,CC1=1,则直线AD1和B1D夹角的余弦值为()A.-33 B.33C.-C.-5解析:如图:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),D1(0,0,1),B1(2,2,1),所以AD1→=(-2,0,1),B1D→=(-2,-2,-1),所以cos<AD1→,B1D→>=[例2](2021·山东邹城高二期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD1与平面ACD1所成角的正弦值为()A.233 B.63 C.解析:设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以点A为坐标原点,以AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(1,1,0),D1(0,1,1),B(1,0,0),AC→=(1,1,0),A设