1、第三章 空间向量与立体几何第 2 课时 空间向量与空间角第三章 空间向量与立体几何考点学习目标核心素养 求异面直线所成的角会用向量法求异面直线所成的角数学运算 求直线与平面所成的角理解直线与平面所成角的概念；会用向量法求直线与平面所成的角数学运算 求二面角的平面角会用向量法求二面角的平面角数学运算问题导学预习教材 P105P110，并思考下列问题：1如何利用空间向量求两异面直线所成的角？2如何利用空间向量求直线与平面所成的角？3如何利用空间向量求二面角的平面角？空间角及向量求法角的分类向量求法范围 异面直线所成的角设两异面直线所成的角为，它们的方向向量为 a，b，则cos|cosa，b|_|a
2、b|a|b|0，2角的分类向量求法范围 直线与平面所成的角设直线 l 与平面 所成的角为，l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，则 sin _|cosa，n|an|a|n|0，2角的分类向量求法范围 二面角设二面角-l-的平面角为，平面，的法向量分别为 n1，n2，则|cos|_|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|0，名师点拨(1)由于直线 a，b 所成角 0，2，故 cos|cosa，b|.(2)直线 a 与平面 所成角 0，2，由图形知a，n与 的余角相等或互补，故 sin|cosa，n|.(3)二面角-l-的大小 0，n1，n20，但两角可能相等或互补，因此需借助图形进行判断
3、，判断后再解释结论判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等()(2)若向量 n1，n2 分别为二面角的两半平面的法向量，则二面角的平面角的余弦值为 cosn1，n2n1n2|n1|n2|.()(3)直线与平面所成角的范围为0，2.()若直线 l1 的方向向量与 l2 的方向向量的夹角是 150，则l1 与 l2 这两条异面直线所成的角等于()A30 B150C30或 150D以上均错答案：A已知向量 m 是直线 l 的方向向量，n 是平面 的法向量，若 cosm，n12，则直线 l 与平面 所成的角为()A30B60C120D150答案：A已知两
4、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的大小为_答案：45或 135 如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，ABBC，ABAD，且PAABBC12AD1，求 PB 与 CD 所成的角求两条异面直线所成的角【解】由题意得 AB，AD，AP 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以BP(1，0，1)，DC(1，1，0)，cosBP，DC BPDC|BP|DC|12 212，所以BP，DC 120，故 PB 与 CD 所成的角为 60.求异面直线夹角的方法(1
5、)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解(2)向量法：在两异面直线 a 与 b 上分别取点 A，B 和 C，D，则AB 与CD 可分别为 a，b 的方向向量，则 cos|AB CD|AB|CD|.运用向量法常有两种途径：基底法 在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧在由公式 cosa，bab|a|b|求向量 a，b 的夹角时，关键是求出 ab 及|a|与|b|，一般是把 a，b 用基向量表示出来，再求有关的量 坐标法根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单 如图
6、，已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 QABCD 的高分别为 1 和 2，AB4.求异面直线 AQ 与 PB 所成角的余弦值解：由题设知，ABCD 是正方形，连接AC，BD，交于点 O，则 ACBD.连接PQ，则 PQ 过点 O.由正四棱锥的性质知 PQ平面 ABCD，故以 O 为坐标原点，以直线 CA，DB，QP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0，0，1)，A(2 2，0，0)，Q(0，0，2)，B(0，2 2，0)，所以AQ(2 2，0，2)，PB(0，2 2，1)于是 cosAQ，PB AQ PB|AQ|PB|39，所以异面直线 AQ 与 PB 所成
7、角的余弦值为 39.(2018高考全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF.(1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值求直线和平面所成的角【解】(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.由(1
8、)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以PE 3.又PF1，EF2，故 PEPF.可得 PH 32，EH32.则 H(0，0，0)，P0，0，32，D1，32，0，DP 1，32，32，HP 0，0，32 为平面 ABFD 的法向量 设 DP 与平面 ABFD 所成角为，则 sin HP DP|HP|DP|34334.所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 34.向量法求线面角的基本步骤(1)分析图形关系，建立空间直角坐标系(2)求出直线的方向向量 a 和平面的法向量 n.(3)求出夹角a，n(4)判断直线和平面所成的角 和a，n的关系，求出角.如 图，四 棱 锥 P ABCD 中，
9、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 与平面 PMN 所成角的正弦值解：(1)证明：由已知得 AM23AD2.取 BP 的中点 T，连接AT，TN.由 N 为 PC 的中点知 TNBC，TN12BC2.又 ADBC，故 TN 綊 AM，所以四边形 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)取 BC 的中点 E，连接 AE.由 ABAC得 AEBC，从而 AEAD，且 AEAB2BE2AB2BC22 5
10、.以 A 为坐标原点，AE 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)，C5，2，0，N52，1，2，PM(0，2，4)，PN 52，1，2，AN 52，1，2.设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则nPM 0，nPN 0，即2y4z0，52 xy2z0，可取 n(0，2，1)于是|cosn，AN|nAN|n|AN|8 525，则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 525.如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形 ACC1A1 和四边形BDD1B1
11、 均为矩形(1)证明：O1O底面 ABCD；(2)若CBA60，求二面角 C1OB1D 的余弦值求二面角【解】(1)证明：因为四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形，所以 CC1AC，DD1BD，又 CC1DD1OO1，所以 OO1AC，OO1BD，因为 ACBDO，所以 O1O底面 ABCD.(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 为菱形，ACBD，又 O1O底面 ABCD，所以 OB，OC，OO1 两两垂直如图，以 O 为坐标原点，分别以 OB，OC，OO1所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 设棱长为 2，因为CBA60，所以 OB 3，OC1，
12、所以 O(0，0，0)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)，平面 BDD1B1的一个法向量为 n(0，1，0)，设平面 OC1B1 的法向量为 m(x，y，z)，则 mOB1，mOC1，所以 3x2z0，y2z0，取 z 3，则 x2，y2 3，所以 m(2，2 3，3)，所以 cosm，n mn|m|n|2 3192 5719.由图形可知二面角 C1OB1D 的大小为锐角，所以二面角 C1OB1D 的余弦值为2 5719.1(变问法)本例(2)条件不变，求二面角 B-A1CD 的余弦值解：如图建立空间直角坐标系设棱长为 2，则 A1(0，1，2)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(
13、3，0，0)所以BC(3，1，0)，A1C(0，2，2)，CD(3，1，0)设平面 A1BC 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，则n1A1C 0，n1BC 0，即2y12z10，3x1y10，取 x1 3，则 y1z13，故 n1(3，3，3)设平面 A1CD 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，则n2A1C 0，n2CD 0，则2y22z20，3x2y20，取 x2 3，则 y2z23，故 n2(3，3，3)所以 cosn1，n2n1n2|n1|n2|152157.由图形可知二面角 B-A1C-D 的大小为钝角，所以二面角B-A1CD 的余弦值为57.2(变条件、变问法)本例四棱柱中，
14、CBA60改为CBA90，设 E，F 分别是棱 BC，CD 的中点，求平面 AB1E与平面 AD1F 所成锐二面角的余弦值解：以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为 1，则 A(0，0，0)，B1(1，0，1)，E1，12，0，D1(0，1，1)，F12，1，0，AE 1，12，0，AB1(1，0，1)，AF 12，1，0，AD1(0，1，1)设平面 AB1E 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，则n1AB1 0，n1AE 0，即x1z10，x112y10，令 y12，则 x11，z11，所以 n1(1，2，1)设平面 AD1F 的法向量为 n2(x2，y2，z2)
15、，则n2AD1 0，n2AF 0，即y2z20，12x2y20.令 x22，则 y21，z21.所以 n2(2，1，1)所以平面 AB1E 与平面 AD1F 所成锐二面角的余弦值为|n1n2|n1|n2|（1，2，1）（2，1，1）|（1）22212 22（1）212|（1）22（1）11|6 612.利用坐标法求二面角的步骤设 n1，n2 分别是平面，的法向量，则向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角)就是二面角的大小，如图用坐标法解题的步骤如下：(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量 n1，n2.(3)计算：求 n1 与 n2 所
16、成锐角，cos|n1n2|n1|n2|.(4)定值：若二面角为锐角，则为；若二面角为钝角，则为.(2018高考全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于 C，D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC;(2)当三棱锥 M-ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值解：(1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为CD.因为 BCCD，BC平面 ABCD，所 以BC 平 面CMD，故BCDM.因为 M 为CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM.又 BCCMC，所以 DM平面 BM
17、C.而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.(2)以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥 M-ABC 体积最大时，M 为CD 的中点 由题设得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，AM(2，1，1)，AB(0，2，0)，DA(2，0，0)设 n(x，y，z)是平面 MAB 的一个法向量，则nAM 0，nAB 0，即2xyz0，2y0.可取 n(1，0，2)DA 是平面 MCD 的一个法向量，因此 cosn，DA nDA|n|DA|55，sinn，DA 2 55.所以平面
18、MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是2 55.1若平面 的法向量为，直线 l 的方向向量为 v，直线 l与平面 所成的角为，则下列关系式成立的是()Acos v|v|Bcos|v|v|Csin v|v|Dsin|v|v|答案：D2在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 M 为棱 CC1 的中点，则A1M 与 D1C 所成的角为()A30B45C60D90答案：B3正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为_答案：634如图，已知四边形 ABCD 为直角梯形，DABABC90，SA平面 ABCD，SAABBC1，AD12.求平面 SAB 与平
19、面 SCD 所成角的余弦值解：由题意得 AB，AD，AS 两两垂直如图，以 A 为坐标原点，分别以 AD，AB，AS 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，S(0，0，1)，C(1，1，0)，D12，0，0，SD12，0，1，SC(1，1，1)设平面 SCD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nSD0，nSC0，所以12xz0，xyz0，所以x2z，yz.令 z1，得 n(2，1，1)因为AD 12，0，0 是平面 SAB 的一个法向量，所以 cosAD，n 63.设平面 SAB 与平面 SCD 的二面角为，由图可知 为锐角，所以 cos 63.所以平面 SAB 与平面 SCD 所成角的余弦值为 63.按ESC键退出全屏播放本部分内容讲解结束
