1、基础诊断考点突破课堂总结第7讲 立体几何中的向量方法(二)求空间角基础诊断考点突破课堂总结考试要求 1.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，B级要求；2.向量方法在研究立体几何距离问题中的应用，A级要求基础诊断考点突破课堂总结知 识 梳 理1空间向量与空间角的关系(1)设异面直线 l1，l2 的方向向量分别为 m1，m2，则 l1 与 l2 所成的角 满足 cos.(2)设直线 l 的方向向量和平面 的法向量分别为 m，n，则直线 l 与平面 所成角 满足 sin.|cosm1，m2|m1m2|m1|m2|cosm，n|mn|m|n|基础诊断考点突破课堂总结(3)
2、求二面角的大小()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()如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)AB，CD|cosn1，n2|基础诊断考点突破课堂总结2点面距的求法如图，设 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 B 到平面 的距离.d|ABn|n|基础诊断考点突破课堂总结诊 断 自 测1思考辨析(请在括号中打“”或“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角(
3、)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，()基础诊断考点突破课堂总结2(2015泰安模拟)已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 的方向向量和法向量，若 cosm，n12，则 l 与 所成的角为_答案 30解析 设 l 与 所成角为，cosm，n12，sin|cosm，n|12，090，30.基础诊断考点突破课堂总结3设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_解析 如图建立坐标系则 D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D1A1(2,0,
4、0)，DB(2,2,0)，设平面 A1BD 的法向量n(x，y，z)，则nDA1 0，nDB 0，基础诊断考点突破课堂总结即2x2z0，2x2y0，令 z1，得 n(1,1,1)D1 到平面 A1BD 的距离 d|D1A1 n|n|232 33.答案 2 33基础诊断考点突破课堂总结4(2015苏、锡、常、镇调研)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_解析 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，A1B(0,2，1)，A1C1(1,2,0)，设 n(x，y，z)为平面 A1BC1
5、 的法向量则 nA1B 0，nA1C1 0，基础诊断考点突破课堂总结即2yz0，x2y0，令 z2，则 y1，x2，于是 n(2,1,2)，D1C1(0,2,0)设所求线面角为，则 sin|cosn，D1C1|13.答案 13基础诊断考点突破课堂总结5二面角的棱上有 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 17，则该二面角的大小为_基础诊断考点突破课堂总结解析 CD CAABBD，|CD|CAABBD 2 3616642CABD 1162CABD 2 17.CABD|CA|BD|cosCA，BD 24.cosCA，
6、BD 12.而二面角与CA，BD 互补，所求二面角为 60.答案 60 基础诊断考点突破课堂总结考点一 求异面直线所成的角【例 1】如 右 图 所 示 正 方 体ABCDABCD，已知点H在ABCD的对角线BD上，HDA60.求DH与CC所成的角的大小基础诊断考点突破课堂总结解 如图所示，以 D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系 Dxyz，则DA(1,0,0)，CC(0,0,1)设DH(m，m,1)(m0)，由已知，DH，DA 60由DA DH|DA|DH|cosDH，DA，基础诊断考点突破课堂总结可得 2m 2m21，解得 m 22，DH 22，22，1，cosDH，CC 22 0
7、 22 0111 2 22，DH，CC 45，即 DH 与 CC所成的角为 45.基础诊断考点突破课堂总结规律方法 用向量方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，而两异面直线所成角的范围是 0，2，两向量的夹角 的范围是0，所以要注意二者的区别与联系，应有 cos|cos|.基础诊断考点突破课堂总结【训练1】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为_基础诊断考点突破课堂总结解析 不妨令 CB1，则 CACC12.可得 O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0
8、,2,1)，BC1(0,2，1)，AB1(2,2,1)，cosBC1，AB1 BC1 AB1|BC1|AB1|415 9 15 55 0.BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角，直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 55.答案 55基础诊断考点突破课堂总结考点二 求直线与平面所成角【例2】(2014北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD 的 中 点 在 五 棱 锥 P ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE.求直线BC与平面ABF所成角的大小
9、，并求线段PH的长基础诊断考点突破课堂总结(1)证明 在正方形AMDE 中，因为B是AM的中点，所以ABDE.又因为AB平面PDE，所以AB平面PDE.因为AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.基础诊断考点突破课堂总结(2)解 因为 PA底面 ABCDE，所以 PAAB，PAAE.如图建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC(1,1,0)设平面 ABF 的法向量为 n(x，y，z)，则nAB0，nAF0，即x0，yz0.令 z1，则 y1.所以 n(0，1,1)基础诊断考点突破课堂总结设
10、平面 ABF 的法向量为 n(x，y，z)，则 nAB0，nAF0，即x0，yz0.令 z1，则 y1.所以 n(0，1,1)设直线 BC 与平面 ABF 所成角为，则 sin|cosn，BC|nBC|n|BC|12.因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为6.设点 H 的坐标为(u，v，w)基础诊断考点突破课堂总结因为点 H 在棱 PC 上，所以可设PH PC(01)，即(u，v，w2)(2,1，2)，所以 u2，v，w22.因为 n 是平面 ABF 的法向量，所以 nAH 0，即(0，1,1)(2，22)0.解得 23，所以点 H 的坐标为43，23，23.所以 PH43223243
11、22.基础诊断考点突破课堂总结规律方法 利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所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.基础诊断考点突破课堂总结【训练2】(2014福建卷)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD，将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值基础诊断考点突破课堂总结(1)证明 平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD
12、，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)解 过点B在平面BCD内作BEBD，如图由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.基础诊断考点突破课堂总结以 B 为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为 x 轴，y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得 B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M0，12，12，则BC(1,1,0)，BM 0，12，12，AD(0,1，1)设平面 MBC 的法向量为 n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBM 0，即x0y00，12y012z00，基础诊断考点突破课堂总结
13、取 z01，得平面 MBC 的一个法向量为 n(1，1,1)设直线 AD 与平面 MBC 所成角为，则 sin|cosn，AD|nAD|n|AD|63，即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 63.基础诊断考点突破课堂总结考点三 求二面角【例3】(2014广东卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值基础诊断考点突破课堂总结(1)证明 ED平面ABCD，AD平面ABCD，EDAD.又四边形ABCD为正方形，因此ADCD.EDCDD，AD平面CDEF.由于CF平面CDE
14、F，ADCF.又AFCF，AFADA.故CF平面ADF.基础诊断考点突破课堂总结(2)解 如图所示，建立空间直角坐标系，点 D 为坐标原点，设DC1.由于DPC30，PDCD，所以 PC2，PD 3.由于 CFFD，FECD，所以 DF32，DE 34，EF34.从而 D，A，C，F，E 五点的坐标分别为D(0,0,0)，A(0,0,1)，C(0,1,0)，F34，34，0，E34，0，0.基础诊断考点突破课堂总结计算得CF34，14，0，FA 34，34，1，EF(0，34，0)设平面 AEF 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，则 n1EF，n1FA，因此y10，3x13y14z10，取
15、 x14，则 n1(4,0，3)为平面 AEF 的一个法向量由于 CF平面 ADF，基础诊断考点突破课堂总结故平面 ADF 的一个法向量 n2(3，1,0)由图可见所求二面角 的余弦值为 cos|n1n2|n1|n2|4 3163 32122 5719.基础诊断考点突破课堂总结规律方法 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个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是锐角还是钝角基础诊断考点突破课堂总结【训练3】(2014辽宁卷)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
16、(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值基础诊断考点突破课堂总结(1)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(0，1，3)，D(3，1,0)，C(0,2,0)因而 E0，12，32，所以EF32，0，32，BC(0,2,0)，因此EFBC0.从而EFBC，所以 EFBC.F32，12，0.基础诊断考点突破课堂总结(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
17、(x，y，z)，又BF32，12，0，BE0，12，32.由 n2BF0n2BE0得其中一个 n2(1，3，1)设二面角 EBFC 大小为，且由题意知 为锐角，则 cos|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|15，因此 sin 252 55，即所求二面角的正弦值为2 55.基础诊断考点突破课堂总结思想方法1利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算基础诊断考点突破课堂总结2合理建立空间直角坐标系(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，
18、建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同(2)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；基础诊断考点突破课堂总结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k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(3)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基础诊断考点突破课堂总结易错防范一是异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角二是二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补