1、【课标要求】空间向量与空间角【核心扫描】理解直线与平面所成角的概念能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题体会用空间向量解决立体几何问题的三步曲向量法求解线线、线面、面面的夹角(重点)线线、线面、面面的夹角与向量的应用(难点)12312想一想：当一条直线l与一个平面的夹角为0时，这条直线一定在平面内吗？提示 不一定，这条直线还可能与平面平行自学导引1直线与平面的夹角定义：平面外一条直线与它在该平面内的_的_，特别当直线与平面平行或在平面内时，直线与平面的夹角为_，当直线与平面垂直时，直线与平面的夹角为_投影夹角02空间中的角角的分类 向量求法 范围 异面直线 所成的角 设两异面直线所成的
2、角为，它们的方向向量分别为a，b，则cos _ 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 _ 二面角 设二面角l的平面角为，平面、的法向量为n1，n2，则|cos|_ 0，|cosa，b|2|cosa，n|cosn1，n2|ab|a|b|(0，2|an|a|n|(0，2|n1n2|n1|n2|试一试：若二面角 l 的两个半平面的法向量分别为n1，n2，试判断二面角的平面角与两法向量夹角n1，n2的关系提示 相等或互补两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解名师点睛
3、(2)向量法：设直线 l1，l2的方向向量分别为 a，b，a 与 b 的夹角为，则 l1与 l2所成角 满足 cos|cos|ab|a|b|.1直线与平面所成角的求法(1)几何法：找出斜线在平面上的射影，则斜线与射影所成角就是线面角，可通过解由斜线段、垂线段和射影线段构成的直角三角形获解2二面角的求法(1)几何法：作出二面角的平面角，然后通过解三角形获解(2)向量法：设二面角 l的两个半平面的法向量分别为n1，n2.当平面、的法向量与、的关系如图所示时，二面角l 的平面角即为两法向量n1，n2的夹角n1，n2(2)向量法：设直线 l 的方向向量为 a，平面 的一个法向量为n，直线 l 与平面
4、所成角为，a 与 n 的夹角为，则有 cos sin ，或 sin|cos|_.3|an|a|n|当平面、的法向量与、的关系如图所示时，二面角 l 的平面角与两法向量n1，n2的夹角n1，n2互补题型一 求异面直线的夹角正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是A1D1、A1C1的中点，求异面直线AE与CF所成角的余弦值【例1】思路探索 可考虑建立空间直角坐标系，求出AE，CF 的坐标，利用坐标运算求所求角的余弦值 解 不妨设正方体棱长为2，分别取DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(2，0，0)、C(0，2，0)、E(1，0，2)、F(1，1，2)
5、，则AE(1，0，2)，CF(1，1，2)|AE|5，|CF|6.AE CF 1043.又AE CF|AE|CF|cosAE，CF 30cosAE，CF cosAE，CF 3010，所求值为 3010.规律方法 在解决立体几何中两异面直线所成角问题时，若能构建空间直角坐标系，则建立空间直角坐标系，利用向量法求解但应用向量法时一定要注意向量所成的角与异面直线所成角的区别 四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PA与平面ABCD所成的角为60，在四边形ABCD中，ADCDAB90，AB4，CD1，AD2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B、P的坐标；(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值【变式
6、1】解(1)如图，建立空间直角坐标系ADCDAB90，AB4，CD1，AD2.A(2，0，0)，C(0，1，0)，B(2，4，0)由PD平面ABCD，得PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角，PAD60.在 RtPAD 中，由 AD2，得 PD2 3.P(0，0，2 3)(2)由(1)得，PA(2，0，2 3)，BC(2，3，0)，cosPA，BC 2（2）0（3）（2 3）04 13 1313，即 PA 与 BC 所成角的余弦值为 1313.思路探索 利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角坐标系，写出有关点的坐标求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，取A1B1的中点M，连结C1M，证
7、明C1AM是AC1与平面A1ABB1所成的角；另一种是利用平面A1ABB1的法向量n(，x，y)求解题型二 求线面角【例2】正三棱柱 ABCA1B1C1的底面边长为 a，侧棱长为 2a，求 AC1 与侧面 ABB1A1所成的角解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，2a)，C1(32 a，a2，2a)，法一 取 A1B1的中点 M，则 M(0，a2，2a)，连结 AM、MC1，有MC1(32 a，0，0)，AB(0，a，0)，AA1(0，0，2a)MC1 AB 0，MC1 AA1 0，MC1 AB，MC1 AA1，则 MC1AB，MC1AA1，又
8、ABAA1A，MC1平面 ABB1A1.C1AM 是 AC1与侧面 A1ABB1 所成的角由于AC1(32 a，a2，2a)，AM(0，a2，2a)，AC1 AM 0a24 2a29a24，|AC1|3a24 a24 2a2 3a，|AM|a24 2a232a，cosAC1，AM 9a243a3a2 32.AC1，AM 30，即 AC1 与侧面 ABB1A1所成的角为 30.法二 AB(0，a，0)，AA1(0，0，2a)，AC1(32 a，a2，2a)设侧面 ABB1A1 的法向量 n(，x，y)，nAB 0 且 nAA1 0.ax0 且 2ay0.规律方法 用向量法求线面角的一般步骤是：先
9、利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量有关知识求解线面角法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算xy0.故 n(，0，0)AC1(32 a，a2，2a)，cosAC1，n nAC1|n|AC1|2|.|cosAC1，n|12.AC1 与侧面 ABB1A1所成的角为 30.【变式2】已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的底面边长为 a，侧棱长为 2a，M 为 A1B1的中点，求 BC1 与平面 AMC1所成角的正弦值解 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，M(0，a2，2a)，C1(32 a，a2，2a)，B(0，a，0)，故AC1
10、(32 a，a2，2a)，AM(0，a2，2a)，BC1(32 a，a2，2a)设平面 AMC1 的法向量为 n(x，y，z)则AC1 n0，AM n0.32 axa2y 2az0，a2y 2az0，令 y2，则 z 22，x0.n(0，2，22)又BC1(32 a，a2，2a)，cosBC1，nBC1 n|BC1|n|aa3a922 69.设 BC1 与平面 AMC1 所成的角为，则 sin|cosBC1，n|2 69.(12分)如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求二面角AA1DB的余弦值题型三 二面角的求法【例3】规范解答如图所示，取BC中点O，连结A
11、O.因为ABC是正三角形，所以AOBC，因为在正三棱柱ABC A1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取 B1C1中点为 O1，以 O 为原点，OB，OO1，OA 为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2，3)，A(0，0，3)，B1(1，2，0).2 分设平面 A1AD 的法向量为 n(x，y，z)，AD(1，1，3)，AA1(0，2，0)因为 nAD，nAA1，得nAD 0，nAA1 0，得xy 3z0，2y0，所以y0，x 3z.令 z1，得 n(3，0，1)为平面 A1AD 的一个法向量 5 分又因
12、为AB1(1，2，3)，BD(2，1，0)，BA1(1，2，3)，所以AB1 BD 2200，AB1 BA1 1430，【题后反思】几何法求二面角，往往需要作出其平面角，这是该方法的一大难点而用向量法求解二面角，无需作出二面角的平面角，只需求出平面的法向量，转化为两直线(或两向量)所成的角，通过向量的数量积运算即可获解，体现了空间向量的巨大优越性所以AB1 BD，AB1 BA1，所以 AB1平面 A1BD，所以AB1 是平面 A1BD 的一个法向量，8 分所以 cosn，AB1 nAB1|n|AB1|3 322 2 64，10 分所以二面角 A-A1D B 的余弦值为 64.12 分【变式3】
13、若 PA平面 ABC，ACBC，PAAC1，BC 2，求二面角 A-PB-C 的余弦值解 如图所示建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，故AP(0，0，1)，AB(2，1，0)，CB(2，0，0)，CP(0，1，1)，设平面 PAB 的法向量为 m(x，y，z)，则mAP 0，mAB 0（x，y，z）（0，0，1）0，（x，y，z）（2，1，0）0 z0，2xy0，令 x1，则 y 2，故 m(1，2，0)设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)，则nCB 0，nCP 0（x，y，z）（2，0，0）0，（x，y，z）（0，1，1）0
14、2x0，yz0.令 y1，则 z1，故 n(0，1，1)，cosm，nmn|m|n|33.二面角 A-PB-C 的余弦值为 33.空间向量的具体应用主要体现为两种方法向量法和坐标法这两种方法的思想都是利用空间向量表示立体图形中的点、线、面等元素，建立立体图形和空间向量之间的联系，然后进行空间向量的运算，最后把运算结果回归到几何结论这样就把立体几何问题转化为空间向量来研究，体现了化归与转化思想 方法技巧 化归与转化思想解决立体几何问题(1)证明：直线MN平面OCD；(2)求异面直线AB与MD所成角的大小思路分析建系求相关点坐标求相关向量坐标向量运算结论解 作APCD于点P，分别以AB，AP，AO
15、所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，【示例】如图，在四棱锥 OABCD 中，底面ABCD是边长为 1的菱形，ABC4，OA底面 ABCD，OA2，M 为 OA 的中点，N 为 BC 的中点则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，22，0)，D(22，22，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)，N(1 24，24，0)(1)证明 MN(1 24，24，1)，OP(0，22，2)，OD(22，22，2)设平面 OCD 的法向量为 n(x，y，z)，由 nOP 0，nOD 0，得 22 y2z0，22 x 22 y2z0.取 z 2，得 n(0，4，2)MN n(1 24)0 24 4(1)20，MN n.又 MN平面 OCD，MN平面 OCD.(2)设异面直线 AB 与 MD 所成的角为.AB(1，0，0)，MD(22，22，1)，cosAB，MD AB MD|AB|MD|222 12.AB 与MD 所成的角为23.故异面直线 AB 与 CD 所成的角 23 3.方法点评 本题较好地体现了转化思想：空间线面的位置关系转化直线的方向向量、平面的法向量之间垂直或共线转化空间向量运算转化空间线面位置关系；空间角转化向量的夹角转化空间向量的运算转化空间角