《课标通用2018年高考数学一轮复习第八章立体几何8.7利用空间向量求空间角学案理2017101428.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课标通用2018年高考数学一轮复习第八章立体几何8.7利用空间向量求空间角学案理2017101428.doc（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、8.7利用空间向量求空间角考纲展示1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.考点1异面直线所成的角两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b所成的角)空间角的范围处理错误已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量、法向量，若cosm，n，则l与所成的角为_答案：30解析：设l与所成的角为，则sin |cosm，n|，30.典题1(1)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角
2、的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设BC2，则B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以(1，1,2)，(1,0,2)，故BM与AN所成角的余弦值cos .(2)如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_答案解析AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE
3、所成角的余弦值为.点石成金1.利用向量法求异面直线所成角的步骤2注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围考点2直线与平面所成角 直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.(1)教材习题改编若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于_答案：30解析：根据线面角的定义易知为30.(2)教材习题改编如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a(0,2,1)，b(，)，那么这条斜线与平面的夹角是_答案：30解析：cosa，b，因此a与b
4、的夹角为30，即斜线与平面的夹角也为30.(3)教材习题改编如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为_答案：解析：设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，可知(2，2,1)，(2,2，1)，所以cos，所以sin，.典题22017河南郑州二模如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为2的菱形，平面ABC平面AA1C1C，A1AC60，BCA90. (1)求证：A1BAC1；(2)已知点E是AB的中点，BCAC，求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值(1)证
5、明AC的中点O，连接A1O，因为四边形AA1C1C是菱形，且A1AC60，所以A1AC为等边三角形，所以A1OAC.又平面ABC平面AA1C1C，所以A1O平面ABC，所以A1OBC.又BCAC，所以BC平面AA1C1C，所以AC1BC.在菱形AA1C1C中，AC1A1C，所以AC1平面A1BC，所以A1BAC1.(2)解以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，)，(2,2,0)，(0,1，)设m(x，y，z)是平面ABB1A1的法向量，则即取z1，可得m(，1)又E(1,0,0)，所以(1,2，)，设直线E
6、C1与平面ABB1A1所成的角为，则sin |cos，m|.点石成金利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.2017辽宁协作体联考在正方体ABCDA1B1C1D1中，求BB1与平面ACD1所成的角的余弦值解：设正方体的边长为DD11，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则有D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，
7、则(0,0,1)，(1,0,1)，(1,1,0)设n(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则有即取x1，得n(1,1,1)设直线BB1与平面ACD1所成的角为，则有sin |cosn，|，故cos .即BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.考点3二面角求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小_.答案：，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小n1，n2或n1，n2二面角的求法：可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角n1，n2，则所求二面角为n1，n2或n1，n2已知ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正方体，
8、E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为_答案：解析：以D为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1四点共面设平面A1DE的法向量为n1(a，b，c)，依题意得可取n1(1,2,1)同理可得平面C1DF的一个法向量为n2(2，1,1)故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为.典题3如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)求
9、证：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值(1)证明因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC，同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD，而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C，故O1O底面ABCD.(2)解因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB2，因为CBA60，所以OB，OC1.于是相关各点的坐标为O(0,0,0)，
10、B1(，0,2)，C1(0,1,2)易知n1(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量. 设n2(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，则即取z，则x2，y2，所以n2(2,2，)设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是cos |cosn1，n2|.故二面角C1OB1D的余弦值为.题点发散1将(2)中条件“CBA60”改为“CBA90”，问题不变解：由母题(2)建系条件知，当CBA90时，四边形ABCD为正方形，不妨设AB2，则OB，OC，O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0，2)易知n1(0,1,0)是平面OB1D的一个法向量设n2(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，则即
11、取z，则x2，y2，则n2(2,2，)设二面角C1OB1D为，则cos |cosn1，n2|，故二面角C1OB1D的余弦值为.题点发散2在题干条件下，试在线段C1C上求一点M，使二面角 MOB1D的大小为60.解：在母题(2)建系条件下，O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)易知n1(0,1,0)是平面OB1D的一个法向量设M(0,1，m)，且n2(x，y，z)是平面OB1M的一个法向量则即取z1，则x，ym，则n2.由cosn1，n2知，m2(m0)，即m，M.即在线段CC1上存在一点M且CM，使二面角MOB1D的大小为60.点石成金1.利用向量计算二面角大小的常用方法(1)
12、找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小2利用法向量求二面角时的两个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论错误.如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值(1
13、)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)因而E，F.所以，(0,2,0)，因此0.从而，所以EFBC.(2)解：平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)设平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又，由得其中一个n2(1，1)设二面角EBFC的大小为，且由题意知为锐角，则cos |cosn1，n2|，因此sin ，即二面角EBFC的正弦值为.方法技巧1.用向量来求空间角，只需将各类角转化成对应向量的夹角来计
14、算，问题的关键在于确定对应线段的向量2合理建立空间直角坐标系(1)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系易错防范1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角2求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角 真题演练集训 12016新课标全
15、国卷如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值(1)证明：由已知，得ACBD，ADCD.又由AECF，得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6，得DOBO4.由EFAC，得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解：如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系H
16、xyz.则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3,1)于是cosm，n，sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.22016山东卷在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线(1)已知G，H分别为EC，FB的中点求证：GH平面ABC；(2)已知EFFBAC2，ABBC，求二面角FBCA的余弦值(1)证明：设FC的
17、中点为I，连接GI，HI，在CEF中，因为点G是CE的中点，所以GIEF.又EFOB，所以GIOB.在CFB中，因为H是FB的中点，所以HIBC.又HIGII，OBBCB，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.(2)解：解法一：连接OO，则OO平面ABC.又ABBC，且AC是圆O的直径，所以BOAC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意，得B(0,2，0)，C(2，0,0)，所以(2，2，0)过点F作FM垂直OB于点M，所以FM3，可得F(0，3)故(0，3)设m(x，y，z)是平面BCF的法向量，由可得可得平面BCF的一个法向量m.因为平面
18、ABC的一个法向量n(0,0.1)，所以cosm，n.所以二面角FBCA的余弦值为.解法二：如图，连接OO.过点F作FM垂直OB于点M，则有FMOO.又OO平面ABC，所以FM平面ABC.可得FM3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FNBC，从而FNM为二面角FBC A的平面角又ABBC，AC是圆O的直径，所以MNBMsin 45，从而FN，可得cos FNM.所以二面角FBCA的余弦值为.32016新课标全国卷如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求直线AN与
19、平面PMN所成角的正弦值(1)证明：由已知，得AMAD2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知，TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解：取BC的中点E，连接AE.由ABAC，得AEBC，从而AEAD，且AE.以A为坐标原点，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(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|，则直线AN与平
20、面PMN所成角的正弦值为.42015新课标全国卷如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)证明：如图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC可知，AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所
21、以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解：如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.52015新课标全国卷如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所
22、成角的正弦值解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6,8)设n(x，y，z)是平面的法向量，则即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF与平面所成角的正弦值为. 课外拓展阅读 巧用向量法求立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，
23、近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略1条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力典例1 如图所示，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB
24、4，SA3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足，当实数的值为_时，AFE为直角思路分析 解析因为SA平面ABCD，BAD90，故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AB4，SA3，所以B(0,4,0)，S(0,0,3)设BCm，则C(m,4,0)，因为，所以.所以()所以()(0,4，3)所以F.同理可得E，所以.因为，要使AFE为直角，即0，则00，所以169，解得.答案2存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确
25、定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由这类问题常用“肯定顺推”的方法求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便典例2如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明
26、理由思路分析解(1)如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)，因为|cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.连接AE，如图所示因为(0,1,1)，可设(0，)，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，此时，|.经检验，当|AS|时，ES平面AMN.故在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时|AS|.3结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案
27、，判断设计的方案是否符合条件要求此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳典例3某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB，BE边的长分别为20 cm,30 cm外，还特别要求包装盒必须满足：平面ADE平面ADC；平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60 ；包装盒的体积尽可能大若设计出的样品满足：ACB与ACD均为直角且AB长20 cm，矩形DCBE的边长BE30 cm，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由思路分析解该包装盒的样品设计符合客户的要求理由如下：因为四边形DCBE为
28、矩形，ACB与ACD均为直角，所以以C为原点，分别以直线CA，CB，CD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.因为BE30 cm，AB20 cm，设BCt cm，则AC cm，则A(，0,0)，B(0，t,0)，D(0,0,30)，E(0，t,30)，设平面ADE的法向量为n1(x，y，z)，(，0，30)，(0，t,0)，因为n10且n10，所以取x1，则n1.又平面ADC的一个法向量(0，t,0)，所以n1100t00，所以n1，所以平面ADE平面ADC，所以满足条件.因为平面ABC的一个法向量为n2(0,0,1)，设平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角为，则cos
29、，所以cos |cosn1，n2|，所以10t20，即当10t20时，平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60.由ACB与ACD均为直角知，AC平面DCBE，该包装盒可视为四棱锥ABCDE，所以VABCDES矩形BCDEAC30t10102 000，当且仅当t2400t2，即t10 cm时，VABCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.而10t1020，可以满足平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60的要求综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求方法总结解决立体几何中的结论探索型问题的策略是：先把题目读懂，全面、准确地把握题目所提供的所有信息和题目提出的所有要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题- 26 -