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1、+二一九高考数学学习资料+学案44利用向量方法求空间角导学目标： 1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想自主梳理1两条异面直线的夹角定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线ab，则a与a的夹角叫做a与b的夹角范围：两异面直线夹角的取值范围是_向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则有cos _.2直线与平面的夹角定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角范围：直线和平面夹角的取值范围是_向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直
2、线与平面所成的角为，a与u的夹角为，则有sin |cos |或cos sin .3二面角(1)二面角的取值范围是_(2)二面角的向量求法：若AB、CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角(如图)设n1，n2分别是二面角l的两个面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图)自我检测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_2若直线l1，l2的方向向量分别为a(2,4，4)，b(6,9,6)，则l1与l2所成的角等于_3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
3、l与平面所成的角等于_4二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为_5(2010铁岭一模)已知直线AB、CD是异面直线，ACCD，BDCD，且AB2，CD1，则异面直线AB与CD所成的角的大小为_探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABCA1B1C1，ACB90，CACBCC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2如图，已知
4、平面ABCD平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，ABC是等腰直角三角形，ABC90，BE和CD都垂直于平面ABC，且BEAB2，CD1，点F是AE的中点求AB与平面BDF所成的角的正弦值探究点三利用向量法求二面角例3如图，ABCD是直角梯形，BAD90，SA平面ABCD，SABCBA1，AD，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小变式迁移3如图，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，BAC90，O为BC中点(1)证明：SO平面ABC；(2)求二面角ASCB的余弦值探究点四综合应用例4如
5、图所示，在三棱锥ABCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD，BDCD1，另一个侧面ABC是正三角形(1)求证：ADBC；(2)求二面角BACD的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由变式迁移4 (2011山东，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB90，EA平面ABCD，EFAB，FGBC，EGAC，AB2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM平面ABFE；(2)若ACBC2AE，求二面角ABFC的大小1求两异面直线a、b的所成的角，需求出它们的方向向量a，b的
6、夹角，则cos |cosa，b|.2求直线l与平面所成的角.可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角则sin |cosn，a|.3求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角则n1，n2或n1，n2 (满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin，的值等于_2已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为_3如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为_4(2011南通模拟) 如图所示
7、，在长方体ABCDA1B1C1D1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_5P是二面角AB棱上的一点，分别在、平面上引射线PM、PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小为_6(2011无锡模拟)已知正四棱锥PABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是_7如图，PA平面ABC，ACB90且PAACBCa，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于_8如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所
8、成的角的正弦值为_二、解答题(共42分)9(14分) 如图所示，AF、DE分别是O、O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD8.BC是O的直径，ABAC6，OEAD.(1)求二面角BADF的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值10(14分)(2011大纲全国，19)如图，四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值11(14分)(2011湖北，18)如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合(1)当CF1时，求证：
9、EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求tan 的最小值学案44利用向量方法求空间角答案自主梳理1|cos |2.3.(1)0，自我检测145或1352.903.304.605.60课堂活动区例1解题导引(1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成的角的范围是解如图所示，以C为原点，直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设CACBCC12，则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，(
10、0，1,2)，(2,0，2)，cos，.异面直线BD与A1C所成角的余弦值为.变式迁移1解，()().ABBC，BB1AB，BB1BC，0，0，0，a2，a2.又|cos，cos，.，120.异面直线BA1与AC所成的角为60.例2解题导引在用向量法求直线OP与所成的角(O)时，一般有两种途径：一是直接求，其中OP为斜线OP在平面内的射影；二是通过求n，进而转化求解，其中n为平面的法向量解设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图则M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得(1,1，2)又(0,0,2)为平面DCEF
11、的法向量，可得cos，.所以MN与平面DCEF所成的角的正弦值为|cos，|.变式迁移2解以点B为原点，BA、BC、BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,2,1)，E(0,0,2)，F(1,0,1)(0,2,1)，(1，2,0)设平面BDF的一个法向量为n(2，a，b)，n，n，即解得a1，b2.n(2,1，2)设AB与平面BDF所成的角为，则法向量n与的夹角为，cos，即sin ，故AB与平面BDF所成的角的正弦值为.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，考虑到易于建系，从而借
12、助平面的法向量来求解解建系如图，则A(0,0,0)，D，C(1,1,0)，B(0，1,0)，S(0,0,1)，(0,0,1)，(1,1，1)，(0,1,0)，.0，0.是面SAB的法向量，设平面SCD的法向量为n(x，y，z)，则有n0且n0.即令z1，则x2，y1.n(2，1,1)cosn，.故面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值为.变式迁移3(1)证明由题设ABACSBSCSA.连结OA，ABC为等腰直角三角形，所以OAOBOCSA，且AOBC.又SBC为等腰三角形，故SOBC，且SOSA.从而OA2SO2SA2，所以SOA为直角三角形，SOAO.又AOBCO，所以SO平面ABC.(2)
13、解以O为坐标原点，射线OB、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，如图设B(1,0,0)，则C(1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)SC的中点M，(1,0，1)，0，0.故MOSC，MASC，等于二面角ASCB的平面角cos，所以二面角ASCB的余弦值为.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，借助空间向量建立方程，进行求解(1)证明作AH面BCD于H，连结BH、CH、DH，则四边形BHCD是正方形，且AH1，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则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,1,1)(
14、1,1,0)，(1,1,1)，0，则BCAD.(2)解设平面ABC的法向量为n1(x，y，z)，则由n1知：n1xy0，同理由n1知：n1xz0，可取n1(1,1，1)，同理，可求得平面ACD的一个法向量为n2(1,0，1)由图可以看出，二面角BACD即为n1，n2，cosn1，n2.即二面角BACD的余弦值为.(3)解设E(x，y，z)是线段AC上一点，则xz0，y1，平面BCD的一个法向量为n(0,0,1)，(x,1，x)，要使ED与平面BCD成30角，由图可知与n的夹角为60，所以cos，ncos 60.则2x，解得x，则CEx1.故线段AC上存在E点，且CE1时，ED与面BCD成30.
15、变式迁移4 (1)证明方法一因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB90，所以EGF90，ABCEFG.由于AB2EF，因此BC2FG.连结AF，由于FGBC，FGBC，在ABCD中，M是线段AD的中点，则AMBC，且AMBC，因此FGAM且FGAM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GMFA.又FA平面ABFE，GM平面ABFE，所以GM平面ABFE.方法二因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB90，所以EGF90，ABCEFG.由于AB2EF，所以BC2FG.取BC的中点N，连结GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GNFB.在ABCD中，M是线段AD的中点，连结MN，则MNAB.
16、因为MNGNN，所以平面GMN平面ABFE.又GM平面GMN，所以GM平面ABFE.(2)解方法一因为ACB90，所以CAD90.又EA平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直分别以AC，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设ACBC2AE2，则由题意得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，所以(2，2,0)，(0,2,0)又EFAB，所以F(1，1,1)，(1,1,1)设平面BFC的法向量为m(x1，y1，z1)，则m0，m0，所以取z11，得x11，所以m(1,0,1)设平面向量ABF的法向量为n(x2，y2，z2)，
17、则n0，n0，所以取y21，得x21.则n(1,1,0)所以cosm，n.因此二面角ABFC的大小为60.方法二由题意知，平面ABFE平面ABCD.取AB的中点H，连结CH.因为ACBC，所以CHAB，则CH平面ABFE.过H向BF引垂线交BF于R，连结CR，则CRBF，所以HRC为二面角ABFC的平面角由题意，不妨设ACBC2AE2，在直角梯形ABFE中，连结FH，则FHAB.又AB2，所以HFAE1，BH，因此在RtBHF中，HR.由于CHAB，所以在RtCHR中，tanHRC.因此二面角ABFC的大小为60.课后练习区1.290解析E是BB1的中点且AA12，ABBC1，AEA190，又
18、在长方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1平面ABB1A1，A1D1AE，AE平面A1ED1.AE与面A1ED1所成的角为90.3.解析设四面体的棱长为a，p，q，r，则(pq)，(r2q)a2.又|a，cos，.即AE和CF所成角的余弦值为.4.590解析不妨设PMa，PNb，作MEAB于E，NFAB于F，如图：EPMFPN45，PEa，PFb，()()abcos 60abcos 45abcos 45ab0，二面角AB的大小为90.6.解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为，则PB，OB1，OP1.B(1,0,0)，D(1,0,0)，A(0,1,0)，P(0,0,1)，M，N，设平
19、面AMN的法向量为n1(x，y，z)，由解得x0，z2y，不妨令z2，则y1.n1(0,1,2)，平面ABCD的法向量n2(0,0,1)，则cosn1，n2.7.解析，故()0aacos 45a2.又|a，|a.cos，sin，tan，.8.解析不妨设正三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，1,0)，B1(，1,2)，D.则，(，1,2)，设平面B1DC的法向量为n(x，y,1)，由解得n(，1,1)又，sin |cos，n|.9解(1)AD与两圆所在的平面均垂直，ADAB，ADAF，故BAF是二面角BADF的平面角(2分)依题意可知，AB
20、FC是正方形，BAF45.即二面角BADF的大小为45.(5分)(2)以O为原点，CB、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O(0,0,0)，A(0，3 ，0)，B(3 ，0,0)，D(0，3 ，8)，E(0,0,8)，F(0,3 ，0)，(8分)(3 ，3 ，8)，(0,3 ，8)cos，.(12分)设异面直线BD与EF所成角为，则cos |cos，|.即直线BD与EF所成的角的余弦值为.(14分)10.方法一(1)证明取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2，连结SE，则SEAB，SE.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角，即SDSE
21、.(4分)由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD.由SD与两条相交直线AB、SE都垂直，所以SD平面SAB.(7分)(2)解由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.(10分)作SFDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SF.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，又BCFG，BCSF，SFFGF，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FH，则F到平面SBC的距离为.由于EDBC，所以ED平面SBC，E到平面SBC的距离d为.(12分)设AB与平面SBC所成的角为，则sin ，即AB与平面SBC所成的角的正弦值为.(14
22、分)方法二以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设D(1,0,0)，则A(2,2,0)、B(0,2,0)(2分)又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.(1)证明(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)，由|得，故x1.由|1得y2z21.又由|2得x2(y2)2z24，即y2z24y10.联立得(4分)于是S(1，)，(1，)，(1，)，(0，)因为0，0，故DSAS，DSBS.又ASBSS，所以SD平面SAB.(7分)(2)解设平面SBC的法向量a(m，n，p)，则a，a，a0，a0.又(1，)，(0,2,0)，故取p2得a(，0,2)
23、(10分)又(2,0,0)，cos，a，所以AB与平面SBC所成角的正弦值为.(14分)11(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(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)(2分)于是(0，4,4)，(，1,1)则(0，4,4)(，1,1)0440，故EFA1C.(8分)(2)解设CF(04)，平面AEF的一个法向量为m(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，)(8分)(，3,0)，(0,4，)，于是由m，m可得即取m(，4)又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n(1,0,0)，于是由的锐角可得cos ，sin ，所以tan .(10分)由04，得，即tan .故当4，即点F与点C1重合时，tan 取得最小值.(14分)高考数学复习精品高考数学复习精品