1、第八节 角的向量解法第八节 角的向量解法 考点探究挑战高考 考向瞭望把脉高考 双基研习面对高考 双基研习面对高考 基础梳理 1异面直线所成角公式：设a、b分别为异面直线l1、l2上的方向向量，为异面直线所成的角，则cos|cos，|_.2线面角公式：设l为平面的斜线，a为l的方向向量，n为平面的法向量，为l与成的角，则sin|cos|_.|ab|a|b|an|a|n|3面面角公式：设n1、n2分别为平面、的法向量，二面角为(如图(1)，则或(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos_.n1n2|n1|n2|设n1、n2为两平面内二面角棱的法向量，二面角为(如图(2)，则或(需要根据具体情况
2、判断相等或互补)，其中cos_.n1n2|n1|n2|思考感悟直线与平面所成的角和平面的法向量与直线的方向向量所成的角有什么关系？提示：直线与平面所成的角设为，平面的法向量与直线的方向向量所成的角设为，则 2或 2.课前热身 1若直线 l，且 l 的方向向量为(m,2,4)，平面 的法向量为(12，1,2)，则 m 的值为_答案：12若平面 的一个法向量 n(2,1,1)，直线 l 的一个方向向量为 a(1,2,3)，则 l 与 所成角的正弦值为_答案：2163如图，在棱长为 2 的正方体ABCDA1B1C1D1 中，O 是底面ABCD 的中心，E、F 分别是 CC1、AD 的中点，求异面直线
3、 OE 和 FD1所成的角的余弦值解：如图，取DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z轴建立空间坐标系，则各点坐标为 D1(0,0,2)，F(1,0,0)，O(1,1,0)，E(0,2,1)OE(1,1,1)，FD1(1,0,2)OE FD1 123，|OE|3，|FD1|5.cos33 5 155.考点探究挑战高考 求异面直线所成的角 考点突破 用向量方法求解两异面直线所成的角，简单、易掌握，其基本程序是选基底，表示两直线方向向量，计算数量积，若能建立空间直角坐标系，则更为方便例1如 图，长 方 体 ABCD A1B1C1D1中，ABBC2，AA11，E，H分别是A1B1和BB1的中点
4、求：(1)EH与AD1所成的角的余弦；(2)AC1与B1C所成的角的余弦【思路分析】只需求出直线的方向向量，再利用数量积可求得，需注意异面直线所成角的范围是0，2【解】如图，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系则 A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，E(2,1,1)，H(2,2，12)，B1(2,2,1)，HE(0，1，12)，AD1(2,0,1)，|HE|52，|AD1|5，AC1(2,2,1)，CB1(2,0,1)，|AC1|3，|CB1|5.(1)HE AD1 12，cos1252 515.EH
5、与 AD1 所成角的余弦为15；(2)cos413 5 55.AC1 与 B1C 所成角的余弦为 55.【名师点评】本题应用直线的方向向量和数量积很简便地求得结果，当然该题也可用综合法，即过点 B分别作 EH、AD1 的平行线，然后解三角形也可解决变式训练 1 已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，AA12，底面ABCD 是直角梯形，A 是直角，ABCD，AB4，AD2，DC1，求异面直线 BC1 与 DC 所成角的余弦值解：如图，以 D 为坐标原点，分别以 AD，DC，DD1 所在直线为 x，y，z 轴建立直角坐标系则 C1(0,1,2)，B(2,4,0)，BC1(2，3,2)，CD(
6、0，1,0)，设BC1 与CD 所成的角为，则cos B1C CD|BC1|CD|3 1717.异面直线 BC1 与 DC 所成角的余弦值为3 1717.求直线与平面所成的角 利用空间向量方法求直线与平面所成的角，可以有两种办法：一是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)；二是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【思路分析】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
7、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C1M，证明C1AM是AC1与面A1B所成的角；另一种是利用平面AB1的法向量n(，x，y)求解【解】法一：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)，取 A1B1 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)，由 于MC1 AB 0，MC1 AA1 0，MC1面ABB1A1.C1AM 是 AC1 与侧面 A1B 所成的角.AC1(32 a，a2，2a)，AM(0，a2
8、，2a)，AC1 AM 0a24 2a29a24.而|AC1|3a24 a24 2a2 3a，|AM|a24 2a232a，cos9a243a3a2 32.AC1，AM30，即 AC1 与侧面 AB1 所成的角为30.法二：(法向量法)(上接法一)AA1(0,0，2a)，设侧面 A1B 的法向量 n(，x，y)，nAB 0 且 nAA10，ax0，且 2ay0.xy0，故 n(，0,0)AC1(32 a，a2，2a)，cos nAC1|n|AC1|32 a|3a 2|.sin|cos|12，30.【名师点评】充分利用图形的几何特征建立空间直角坐标系，再利用向量有关知识求解线面角，解法绘制了一般
9、方法，先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算变式训练 2 如图，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 所成角的正弦解：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)BD(0,2,1)，DF(1，2,0)设平面 BDF 的一个法向量为n(2，a，b)，nDF，nBD，nDF 0，nBD 0.，即2，a，b1
10、，2，00，2，a，b0，2，10.22a0，2ab0.解得 a1，b2.n(2,1，2)又设 AB 与平面 BDF 所成的角为，则法向量 n与BA 所成的角为2，cos(2)BA n|BA|n|2，0，02，1，22323，即 sin 23，故 AB 与平面 BDF 所成的角的正弦值为23.二面角的求法 利用空间向量方法求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角 一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2
11、)注意：利用空间向量方法求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角如图，正四棱锥 PABCD 中，AB2，PA 3，AC，BD 相交于点 O.求：(1)直线 BD 与直线 PC 所成的角；(2)平面 PAC 与平面 PBC 所成的角例3【思路分析】由于图形为正四棱锥，因而建立空间直角坐标系，用坐标法解答【解】(1)因为四棱锥 PABCD 为正四棱锥，O为 AC，BD 交点，所以 OP平面 ABCD.因为 AB2，所以 OA 2.因为 PA 3，所以 OP2PA2OA2321.所以 OP1.如图，以 O 为原点，AC，BD，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系则
12、A(2，0,0)，B(0，2，0)，C(2，0,0)，D(0，2，0)，P(0,0,1)则PC(2，0，1)，BD(0，2 2，0)，因为BD PC 0.所以直线 BD 与直线 PC 所成的角为 90.(2)由(1)，知 BDPC.又 BDAC，PC平面 PAC，AC面 PAC，BD平面 PAC.BD(0，2 2，0)为平面 PAC 的一个法向量设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)，BC(2，2，0)由 PCn0，BC n0，得 2xz0，2x 2y0.不妨取 n(1，1，2)，则 cosBD，n BD n|BD|n|12.可得向量BD 与 n 的夹角为 60.所以平面 PAC 与平面
13、 PBC 所成的角为 60.【名师点评】从本例的解答过程中可以发现，坐标法重在建系、找点和计算这三个方面，因此，选取合适的坐标系为找点的坐标带来方便，更为下一步的计算提供了前提，而寻找出点的坐标是解题的中间环节，点的坐标一旦出现错误，下面的计算也就失去了意义，因而应找准点的坐标，所以这几个环节应“仔细”为之方法感悟 方法技巧用空间向量求解角的方法步骤如下(1)若异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，它们所成的角为，则cos|cosv1，v2|.(2)利用空间向量方法求直线与平面所成的角，可以有两种办法：一是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
14、角)；二是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(3)利用空间向量方法求二面角，也可以有两种办法：一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2)失误防范利用空间向量坐标法求线面角时，计算过程中的角与所求线面角不相等，易出错，而求二面角时，两平面的法向量的夹角也并不一定就是所求的二面角的大小，这与法向量的方向有关考向瞭望把脉高考 考情分析 通过近几年的江苏高
15、考试题统计分析可以看出，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题空间向量在研究上述问题中发挥着很大的作用，特别是研究平行问题、垂直问题、角的问题及距离问题等填空题以考查计算型问题为主，而解答题则着重考查逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提随着新课程改革的深入，立体几何考题正朝着“多思考，少计算”的方向发展也就是说，对于既可使用综合法，又可使用向量法或坐标法求解的题目，使用向量法或坐标法可以降低题目的难度预测在2012年的高考中仍会以考查线面角，二面角为主，考查空间向量法的应用规范解答 例(本题满分14分)(2010年高考天津卷)如图，在长方体A
16、BCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CFAB2CE，ABADAA1124.(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；(2)证明：AF平面A1ED；(3)求二面角A1EDF的正弦值【解】如图所示，建立空间直角坐标系，点 A为坐标原点设 AB1，依题意得 D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，32，0).2 分(1)易得EF(0，12，1)，A1D(0,2，4)于是 cosEF，A1D EF A1D|EF|A1D|35.所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为35.4 分(2)证明：易知AF(1,2,1)，EA1(1，32，4)，ED(1
17、，12，0)，于是AF EA1 0，AF ED 0.因此，AFEA1，AFED.6 分又 EA1EDE，所以 AF平面 A1ED.8 分(3)设平面 EFD 的一个法向量 u(x，y，z)，则 uEF 0，uED 0.即12yz0，x12y0.10 分不妨令 x1，可得 u(1,2，1)由(2)可知，AF 为平面 A1ED 的一个法向量于是 cosu，AF uAF|u|AF|23.12 分从而 sinu，AF 53.所以二面角 A1EDF 的正弦值为 53.14 分【名师点评】正方体、长方体等一些较为规则的空间几何体或者几何图形中可以出现三线互相垂直等特征，往往易选取空间向量法解答名师预测 1
18、在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M、N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点，求 sin的值解：设正方体棱长为 2，以 D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系，可知CM(2，2,1)，D1N(2,2，1)，cosCM，D1N 19，sinCM，D1N 4 59.2如图，已知正方形 ABCD 和梯形 ACEF 所在平面互相垂直，AB2，CE2 2，CF 2，CEAF，ACCE，ME 2FM.(1)求证：CM平面 BDF；(2)求异面直线 CM 与 FD 所成角的余弦值的大小解：(1)证明：由题意可知 CD、CB、CE 两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.则 D(2,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，F(2,2，2)，E(0,0,2 2)，O(1,1,0)由ME 2FM，可求得 M(43，43，43 2)，CM(43，43，43 2)，OF(1,1，2)，CM 43OF，所以CM OF.所以 CMOF.(2)设异面直线 CM 与 FD 所成角的大小为，因为CM(43，43，43 2)，FD(0，2，2)，所以 cos|CM FD|CM|FD|63.本部分内容讲解结束 点此进入课件目录按ESC键退出全屏播放谢谢使用
