学案46利用向量方法求空间角

学案 利用向量方法求空间a，baa′∥baa的ab的夹角．范围两异面直线夹角θ的取值范围 向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos 范围直线和平面夹角θ的取值范围 a与u的夹角为φ，则有sin 或cosθ＝sin AB、CDα—l—βl垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量→与的夹角(如图①)．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为( 若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则( C．l1与l2相交但不垂 若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的 AB.AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为() ＝1，则异面直线AB与CD夹角的大小为 例1 已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．aABCD—A1B1C1D1BA1AC例2 (2011·新乡月考)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．ABCBE＝AB＝2，CD＝1FAEABBDF所成角的探究点三利用向量法求二面角例 1＝2SCDSBABAC＝90°，OBC探究点四向量法的综合应用4A—BCDABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的AD＝3，BD＝CD＝1ABC是正三角形．(MAD的中点，求证：GMb〉求直线求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.α—l—βθn1，n2θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2(满分：75分一、选择题(525分 的值等于 1

210

3C.3

D.ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，ECC1BC1与AE所成角的余弦值为

B.

C.2

3

D.已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD 22

33如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为( A.6C.6

B.4D.45．(2011·兰州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为( 二、填空题(412分M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值 如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为 三、解答题(38分)9．(12分)(2011·烟台模拟)是⊙O(2)BDEF(1)证明：SDSAB；(2)ABSBC11．(14分)(2011·)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中FCC1C重合．CF＝1C－AF－Eθtanθ

学案 利用向量方法求空间

|cos

a·b

(3)|cos 例1 解CCA、CB、CC1x轴、y轴、z→∴cos〈〉＝BD·A1C＝－ → 55BDA1C所成角的余弦值为5变式迁移 解∵→＝→＋→，→＝→＋→ ＝→→→ → →→ → BB1·BC＝0，BA·AB＝－aBA1·AC＝－aBA1·AC＝－aBA1·AC＝|BA1|·|AC|·cos〈BABA1·AC＝|BA1|·|AC|·cos〈BA1，AC2a×2a×∴cos〈BA1，AC〉

∴〈 BA1，AC〉BA1AC例 解题导引在用向量法求直线OP与α所成的角(O∈α)时，一般有两种途径：是直接求〈，→OP′OPα内的射影；二是通过求〈n，nα解y，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图．M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得又又→cos〉＝MN·DA＝－ → 3MNDCEF|cos〉|＝ 3变式迁移2 ∴ BDF a＝1，b＝－2.∴n＝(2,1，－2)．设AB与平面BDF所成的角为θ，n与→的夹角为

－θ＝BA·n

sinθ＝2ABBDF所成角的正弦值为 例3 解题导引图中面SCD与面SBA所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于解A(0,0,0)， →＝1，0，－1，→＝(0,1,0)，→ ∴→

→

ADSABSCDn＝ADSABSCDn＝(x，y，z)n·SC＝0

z＝1× ×→∴cos〈n〉＝n·AD

2＝6 6 3SCDSBA所成的二面角的余弦值为3变式迁移 (1)证明由题设OA，△ABC2所以OA＝OB＝OC＝ 2又△SBCSO⊥BCSO＝

2所以△SOA为直角三角形，SO⊥AO.AO∩BC＝OSOABC.OOB、OA、OSx轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，如右图．B(1,0,0)SC →

∴→ →MO⊥SC，MA⊥SC →cos〈

3MO，MA〉＝→＝33A—SC—B的余弦值为3例4 解题导引立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建AHBCDHBH、CH、DHBHCDAH＝1，将其补形为如图所示正方体．以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系． ∴→解ABCn1＝(x，y，z)n1

1→n同理由n1n

1→

nACDn2＝(1,0，－1)．由图可以看出，二面角B－AC－D即为〈n1，n2∴cos〈n，n〉＝n1·n2 6 3×2＝33B－AC－D的余弦值为3解E(x，y，z)ACBCD30°角，由图可知n→所以cos〈→，n〉＝DE·n ＝cos

2则 1＋2x2，解得x＝2，则CE＝2ACECE＝1时，EDBCD30°证明方法一AB＝2EF连接AF，由于 在▱ABCD中，MAD则AM∥BC，且 FG∥AMAFGM所以GM∥平面ABFE.方法二EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，AB＝2EF，所以BC＝2FG.BCNBNGFGN∥FB.在▱ABCD中，MADMN，则MN∥AB.因为MN∩GN＝N，GMNGM⊂GMNGM解方法一因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°.又EA⊥平面ABCD，AC，AD，AEAC，AD，AEx轴，yz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，所以 ．又BFC

z1＝1x1＝1ABF

y2＝1x2＝1.cos〈m，n〉＝m·n A－BF－C方法二ABFEABHAC＝BC，CHHBFBFRCRCR⊥BF，所以∠HRC为二面角A－BF－C的平面角．ABFEFHAB＝2HF＝AE＝1，BH＝3Rt△BHF中，HR＝3

＝Rt△CHR中，tan∠HRC＝2＝3A－BF－C→棱长为1，→→ →cos→1〉＝DB1·CM＝

→ sin〈〉＝

15则A(1,0,0)，E(0,2,1)， →cos〈

BC1，AE〉＝

→＝1010BC1AE所成角的余弦值为10 PM＝a，PN＝bME⊥ABE，NF⊥ABF，∴PE＝2，PF＝22 2

→→→→→＝abcos 2 －

2＋×＋×2bcos×

2abcos 2 2 ∴ 6.25解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB＝2，OB＝1，OP＝1. → AMN→ ∴n1＝(0,1,2)ABCDcos〈n1，n2〉＝n1·n2＝2＝222

5解析→→ → →→→→ →

×又 |PB|＝∴cos〈→〉＝3，sin〈〉＝ ∴tan〈→〉＝ 4解析ABC—A1B1C12，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3，－1,0)，B1(3，1,2)，D 则→ CD＝2→CB1＝(→B1DC n＝(－3，1,1)＝ ∴sinθ＝|cos〈，n〉 解(1)∵AD故∠BAFB—AD—F的平面角．(2分)依题意可知，ABFC是正方形，∴∠BAF＝45°.即二面角B—AD—F的大小为45°.(5分) ∴ 2，0)，(7分∴ → →

2，－8)．cos〈BD，EF〉＝→→ 82 分

100×

10BDEFαcosα＝|cos〈→〉|＝

1010BDEF所成的角的余弦值为10(12分方法一(1)证明ABEDEBCDE为矩形，DE＝CB＝2SESE⊥AB，SE＝所以∠DSESD⊥SE.(3分)AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，SDAB、SE都垂直，所以SD⊥平面SAB.(6分)(2)解ABSDEABCD作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，SF＝SD·SE＝ 分FG⊥BCGBCSFGSBCFH⊥SG，HFHFH＝SF·FG＝3FSBC的距离为

2 77所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d为 7ABSBCαsinα＝d＝ 即AB与平面SBC所成的角的正弦值为 7方法二CCDx设S(x，y，z)(1)证明 → |DS|＝1|DS|＝1y＋z

|BS|＝2x＋(y－2)＋z22 3 (4分z＝2S(1，1，3，→＝(－1，－3，3 2 3

2 3BS＝(1，－2，2)，DS＝(0，2，2因为→ →AS∩BS＝SSDSAB.(6分(2)解SBCa⊥→，a

→又 3 BS＝(1，－2，2故 p＝2a＝(－3，0,2)．(9分→又

AB＝(－2,0,0)，cos〈AB，a〉＝→＝77所以AB与平面SBC所成角的正弦值为 711．(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(2